Все статьи » ЗФТШ Математика

Статьи

  • § 5. Задачи и вопросы для самостоятельного решения

    В контрольных вопросах и задачах проверяются Ваши знания основного курса и знакомство с материалом нашего задания.

    1. Контрольные вопросы и задачи могут быть не только по темам, повторенным в этом Задании (повторить весь учебник невозможно), но и по материалу, изученному Вами в школе. При ответе на некоторые вопросы придётся открыть учебник.

    2. Ответы на контрольные вопросы надо давать обоснованные. Приведём примеры.

    вопрос 1

    Точки `K` и `L` делят диагональ `AC` параллелограмма `ABCD` на три равные части: `AK=KL=LC` (рис. 33). Верно ли, что прямые `BK` и `LD` параллельны?

     

    ответ

    Да, верно. Докажем это.

    Доказательство

    а) Проведём диагональ  `BD`. По теореме диагонали параллелограмма пересекаются  и  точкой  пересечения  делятся пополам: `AO=OC` и `BO=OD`.

    б) Из  `AO = OC` и `AK=CL` следует `KO=OL`.

    в)  `Delta BOK = Delta DOL`, так как `KO=OL`, `BO=OD` и `/_BOK = /_ DOL`  (как вертикальные).

    Из равенства треугольников следует  `/_ 1 = /_ 2`. Накрест лежащие углы при секущей  `AC` равны, следовательно, BKLDBK\parallel LD.

    вопрос 2

    В четырёхугольнике `ABCD` стороны `AB` и `CD` равны друг другу, а стороны `AD` и `BC` параллельны. Является ли четырёхугольник `ABCD` параллелограммом?

    ответ

    Нет, например, четырёхугольник `ABCD` на рисунке 34 удовлетворяет этим условиям, но противоположные стороны `AB` и `CD` не параллельны (этот четырёхугольник - равнобокая трапеция). 

  • § 3 Параллелограмм

    Параллелограммом называется четырёхугольник, противолежащие стороны которого попарно параллельны (рис. 16). Параллелограмм – выпуклый четырёхугольник. В разных учебниках различные определения выпуклого четырёхугольника, приведём два равносильных определения:

    1) Четырёхугольник называется выпуклым, если он лежит по одну сторону от любой прямой, содержащей его сторону.

    2) Четырёхугольник называется выпуклым, если его диагонали пересекаются.

    Равносильность доказывается на основе свойства полуплоскостей.

    Легко доказывается теорема, что сумма углов выпуклого четырёхугольника равна  `360^@` (повторите по учебнику). 

    Layer 1 A B C D  

    Рис. 16

    Свойства параллелограмма

    1. Сумма любых двух соседних углов параллелограмма равна `180^@`
    2. Противолежащие углы параллелограмма равны.
    3. Противолежащие стороны параллелограмма равны.
    4. Диагонали параллелограмма пересекаются и точкой пересечения делятся пополам.

    Признаки параллелограмма

    1. Если в четырёхугольнике две стороны параллельны и равны, то это параллелограмм.
    2. Если в четырёхугольнике противолежащие углы попарно равны, то это параллелограмм.
    3. Если в четырёхугольнике противолежащие стороны попарно равны, то это параллелограмм.
    4. Если диагонали четырёхугольника пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то это параллелограмм.
    Доказательство

    Докажем, например, признак 3.

    Пусть в четырёхугольнике `ABCD` стороны удовлетворяют условиям `AB=DC` и `BC=AD` (рис. 17). Отметим соответственно равные стороны и проведём диагональ  `AC`. `Delta ABC= Delta CDA` (`AB=CD`, `BC=AD`, `AC` - общая сторона). В равных треугольниках против равных сторон лежат равные углы: против `AB` - угол `1`, против `CD` - угол `2`, `/_ 1 = /_ 2` (накрест лежащие углы)  BCAD\Rightarrow BC\parallel AD.  Против  `BC` -  угол  `3`,  против `AD` -  угол    `4`, `/_ 3 = /_ 4 =>` ABCDAB\parallel CD.

    Противолежащие стороны попарно параллельны, значит  параллелограмм по определению.  

    Свойства параллелограмма используются для доказательства  замечательной теоремы о высотах треугольника.

    Теорема

    Три высоты или три прямые, на которых лежат высоты треугольника, пересекаются в одной точке.

    Доказательство

    Через каждую вершину треугольника `ABC` (рис. 18) проведём прямую, параллельную противолежащей вершине стороне.  Получаем треугольник `A_1 B_1 C_1`, к сторонам которого перпендикулярны высоты данного (например, если `AH _|_ BC`, то из BCB1C1BC\parallel B_1C_1, следует `AH_|_B_1 C_1`). 

    По построению ABCA1AB\parallel CA_1, ACBA1AC\parallel BA_1ABA1C\Rightarrow ABA_1C - параллелограмм. Также показывается, что `AC_1BC` - параллелограмм. По свойству параллелограмма `BA_1 = AC`, `C_1 B = AC => C_1 B = BA_1`, т. е. точка `B` - середина стороны `A_1 C_1`. Повторяя рассуждение, устанавливаем, что точка `A` - середина стороны `B_1 C_1` и точка `C` - середина стороны `A_1 B_1`. 

    Прямые, на которых лежат высоты `AH`, `BF` и `CK` треугольника `ABC`, перпендикулярны к сторонам треугольника `A_1 B_1 C_1` и проходят через их середины, а три серединных перпендикуляра к сторонам треугольника пересекаются в одной точке (определяют центр окружности, описанной около треугольника `A_1 B_1 C_1`). Значит три прямые, на которых лежат высоты, пересекаются в одной точке.

    Если треугольник остроугольный, то пересекаются сами высоты.

    Если в треугольнике  `ABC` углы `A` и `C` - острые (рис. 19), то вершина `B` лежит в полосе между двумя параллельными прямыми `l_1` и `l_2`, которые проходят через точки `A` и `C` и перпендикулярны `AC`. Отсюда следует, что основание `F` её высоты `BF` лежит на стороне `AC`. Если угол `B` - также острый (т. е. треугольник `ABC` - остроугольный), то основание `H` высоты `AH` тоже лежит на стороне `BC` (рассуждения те же самые). Точки `B` и `F` лежат в разных полуплоскостях, образованных прямой `AH`, значит отрезок `BF` пересекает прямую `AH`. Точка пересечения `O` лежит на `BF`,  т. е. лежит внутри треугольника, и, значит, на отрезке `AH`.  По теореме третья высота пройдёт через ту же точку `O`.  

                            

    Пример 7

    Биссектриса угла  `A` параллелограмма `ABCD` пересекает сторону  `CD` в точке `K`,  а продолжение стороны `BC` в точке `F` (рис. 20). Найти стороны параллелограмма, если  `BF = 16` и `CK =5`. 

     

    Решение

    `AF` - биссектриса угла  `BAD`, 1=2\underline{\angle1=\angle2}. Прямые `AD` и `BF` - параллельны,  поэтому  3=1\angle3=\angle1 (как  накрест  лежащие),  тогда  `/_2 = /_3`, треугольник `ABF` -равнобедренный, `AB=BF`. Значит `AB =16`. 

    По свойству параллелограмма `CD=AB`, значит `CD=16` и `DK=11`. Далее, из ABCDAB\parallel CD следует  `/_2 = /_4` (накрест лежащие), значит `/_4=/_1`, треугольник `ADK` - равнобедренный, `AD=DK=11`.

    Ответ

    `AD=BC=11`, `AB=CD=16`.

    Пример 8

    Дана окружность с диаметром `AB` и точка `M`, лежащая внутри окружности, но не на диаметре (рис. 20). С помощью односторонней линейки опустить из точки  `M` перпендикуляр на прямую  `AB`.

      – уменьшенная копия односторонней линейки).

    Решение

    Что мы можем делать с помощью односторонней линейки? Проводить прямые! Вот и проведём через точки `A` и `M` прямую до пересечения с окружностью в точке `A_1`, затем через точки `B` и `M` проведём прямую до пересечения с окружностью в точке `B_1` (рис. 21).

    Далее, проведём прямую через точки `A` и `B_1` и прямую через точки `B` и `A_1` - получим в их пересечении точку `C`. Прямая `CM` - искомая. В треугольнике `ACB` высоты `A A_1` и `B B_1`  (углы `A A_1 C` и `B B_1 C` - прямые, опираются на диаметр) пересекаются в точке `M`. Точка `M` - точка пересечение высот треугольника `ACB`, значит `C C_1 _|_ AB`.

    Если точка `M` лежит вне окружности и не на прямой `AB`, решение задачи усложняется, но немного (попробуйте сами).

    Параллелограмм, в котором все углы прямые, называется прямоугольником.

    Верна теорема: диагонали прямоугольника равны.

    Верна и обратная теорема - признак  прямоугольника: если диагонали параллелограмма равны, то этот параллелограмм - прямоугольник.

    Параллелограмм, у которого все стороны равны, называется ромбом. Сформулируйте сами две теоремы о диагоналях ромба и обратные к ним.

    Прямоугольник, у  которого все стороны равны, называется квадратом. Квадрат - правильный четырёхугольник.

    Пример 9

    Через середину диагонали `BD` прямоугольника `ABCD` проведена перпендикулярно этой диагонали прямая, пересекающая сторону `BC` в точке `F` и сторону `AD` в точке `E`. Известно, что `EF = ED = 8`.  Найти большую сторону прямоугольника.

    Решение

    Середина диагонали `BD` - точка `O`, - есть центр прямоугольника, `BO=OD` (рис. 22). Отрезок `EF` делится точкой `O` пополам, действительно, `Delta BOF = Delta DOF` (углы при точке `O` равны как вертикальные,  `/_DBF = /_BDE` (как накрест лежащие при параллельных прямых `BC` и `AD`) и `BO=OD`; треугольники равны по второму признаку равенства).

     Значит `FO=FO=1/2 EF=4` и `BF=ED=8`. 

    Треугольник `BOF` - прямоугольный, гипотенуза `BF=8`, катет `OF=4`, значит `/_OBF =30^@`.  

    Диагонали прямоугольника равны, равны и их половины,  `BO=OC`. Треугольник `BOC` - равнобедренный, `/_BCO=30^@`, `/_CFO=180^@ - /_OFB =180^@ - 60^@ = 120^@`,

    следовательно  `/_FOC = 30^@`. Треугольник `OFC` - равнобедренный, `FC=OF=4`, значит `BC=12`.  

    Ответ

    `12`.

    Пример 10

    Окружность, построенная как на диаметре, на стороне `AD` параллелограмма `ABCD` касается стороны `BC` и проходит через середину стороны `AB` (рис. 23). Найти углы параллелограмма. 

    Решение

    Пусть `O` - центр окружности и `R` - её радиус. Если `P` - точка касания стороны `BC`, то `OP_|_ BC`,  а из ADBCAD\parallel BC следует `OP_|_AD`. Это означает, что расстояние между параллельными прямыми `AD` и `BC` равно `R`. 

    Точка `M` лежит на окружности, `OM=R`. Точка `M` - середина стороны `AB`. Если `MF _|_ AD` и `MK _|_ BC`, то точки `K`, `M` и `F` лежат на одной прямой (т. к. ADBCAD\parallel BC) и поэтому `KF=PO=R`. Прямоугольные треугольники `AMF` и `BMK` равны (по гипотенузе и острому углу) и `MF=1/2 KF = 1/2 R`. 

    Из треугольника  `OMF`, в котором `MF_|_OF`, `OM=R` и `MF= R/2` следует, что `/_MOF = 30^@`.  

    Далее заметим, что треугольник `AOM` равнобедренный `(OA=OM=R)`,

    угол при вершине `O` равен `30^@`, следовательно `/_OAM = /_ AMO = 75^@`. 

    Итак, острый угол `A` параллелограмма равен `75^@`, а тупой угол `B` равен `105^@`.  

    Ответ

    `75^@` и `105^@`.



  • § 4. Задачи для досуга (этот пункт дополнительный)

    1. Как измерить с помощью одной мерной линейки, произведя одно измерение, диагональ кирпича (крпич имеет форму прямоугольного параллелепипеда, изображённого на рис. 24, его диагональ - это отрезок, соединяющий проивоположные вершины (например, `A` и `B`)). Дайте способ простой, практичный, пригодный для мастерской, стройки, без приминения вычислений по теореме Пифагора.

      

    2. Тяжёлая балка `AB` лежит на брёвнах (рис. 25), её правый конец отстоит от оси последнего бревна на `5` м (`BC=5` м). На сколько продвинется вперёд передняя часть балки (точка `A`), если точка `B` достигент оси последнего бравна? Считать брёвна одинаоковыми и круглыми; катятся брёвна без скольжения.

    3. Нетрудно показать, что у правильно пятиугольной звезды сумма углов равна `180^@`. Показать, что такая же сумма углов будет у произвольной пятиугольной звезды (рис. 26).

       

    4. Во времена частных междоусобных войн один правитель захотел построить крепость-замок из `10` башен, соединённых между собой стенами, причём стены должны тянуться прямыми линиями с четырьмя башнями в каждой из них. Приглашённый им известный строитель представил ему план крепости (см. рис. 27), но правитель нашёл его совершенно неудовлетворительным: при таком расположении к любой из десяти башен можно подойти извне. Правителю же хотелось, чтобы по крайней мере одна башня (а ещё лучше - две) была бы со всех сторон защищена стеной от вторжения извне. Долго строитель ломал голову над такой задачей, но решил её и с одной безопасной башней, и с двумя безопасными башнями.

    Попробуйте и вы найти решение.

    5. Можно ли покрыть костяшками домино (каждая костяшка – две клетки) доску `8` x `8` клеток с двумя вырезанными противоположными клетками (рис. 28)?

    6. Три одинаковых треугольника разрезали по медианам (рис. 29). Сложите из полученных  `6` кусков  один  треугольник.

    7. На рис. 30  изображена  фигура,  составленная из пяти квадратов. Требуется провести два разреза по прямым линиям так, чтобы из полученных частей можно было бы составить квадрат.

    8. Найти площадь треугольника, изображённого на клетчатой бумаге (см. рис. 31), считать площадь каждой клетки равной `1`.

    9. На окружности расположено `2000` чёрных точек и одна белая точка. Рассматриваются всевозможные выпуклые многоугольники с вершинами в этих точках. Каких многоугольников больше: тех, у которых все вершины чёрные, или тех, у которых одна вершина белая?

    10. Можно ли, начав движение в какой-то точке контура обойти все его звенья, проходя по каждому ровно `1` раз, и вернуться в исходную точку? (контуры `1`-`6` на рис. 32)

    11. Какое наибольшее число острых углов может иметь выпуклый `n` - угольник?

  • § 1. Наука геометрия

    Одна из замечательных теорем геометрии, доказательство которой вам уже известно по учебнику, гласит: «сумма углов треугольника равна `180^@`». Как вы думаете, можно ли было установить этот факт экспериментально?


    Рис. 1 Рис. 2


    Предположим, что мы будем измерять угол, равный сумме углов треугольника, транспортиром. Нарисуем некоторый треугольник, приложим транспортир к одному из углов – углу `1`, отметим его величину, затем приложим транспортир к другому углу (рис. 1), отметим величину суммы двух углов, затем приложим транспортир к третьему углу. Мы обнаружим, что третья отметка придётся на `180^@`. Следует ли из наших измерений, что сумма углов рассмотренного треугольника точно равна `180^@`? А может быть больше на `1//10` градуса или меньше на `2//15` градуса? Такую разницу, как бы тщательно мы ни проводили измерения с помощью транспортира, заметить невозможно.


    Кроме того, любой нарисованный треугольник, можно сказать, имеет «дефект»: как бы тонок ни был карандаш, которым его рисовали, стороны треугольника, если рассмотреть рисунок в увеличительное стекло, предстанут перед нами широкими неровными полосами. Какой же угол мы измеряли? Поэтому сомнения в точности наших измерений ещё более возрастут, и вывод может быть сделан только такой: сумма углов треугольника на рис. 1 близка к 180°180\textdegree.

    Предположим, что аналогичные измерения мы провели в каждом из треугольников, изображённых на рис. 2, и получили такие же результаты. Тогда мы можем предположить, выдвинуть гипотезу, что в любом нарисованном треугольнике сумма углов близка к `180^@`. Но даже такую гипотезу проверить экспериментально не представляется возможным, т. к.пришлось бы провести измерения во всех разнообразных треугольниках, т. е. в бесконечном числе случаев, что, конечно, неосуществимо.

    Мы привели эти рассуждения, чтобы обратить ваше внимание на следующие важные моменты. Попытки экспериментально установить свойства фигур неосуществимы по ряду причин: из-за бесконечного разнообразия видов фигур, из-за «дефектности» самих фигур и, наконец, из-за неизбежных ошибок измерения.

    В науке геометрии рассматриваются не реальные, конкретные фигуры, вырезанные из картона, нарисованные на листе бумаги и т.п., а идеальные, как говорят, абстрактные фигуры, которые целиком описываются только своими определениями. Реальные треугольники имеют не только форму и размер, они могут быть сделаны из картона или жести, бумаги или дерева и т. п. Отвлекаясь от всех их свойств, кроме формы и размера, т. е. выделяя общее для всех таких фигур, приходят к представлению о геометрическом треугольнике как фигуре, которая состоит из трёх точек, не лежащих на одной прямой, и трёх отрезков, попарно соединяющих эти точки.

    Только для абстрактных геометрических фигур удается установить ряд простых и важных свойств. Именно для абстрактных геометрических треугольников справедливо утверждение, что сумма углов в каждом из них равна `180^@`. Истинность этого утверждения, как и других утверждений, называемых теоремами, устанавливается методом строгих рассуждений, основанных на логике и вытекающих из ранее доказанных утверждений. Как вы сами убедились, эти рассуждения столь убедительны, что с ними соглашается всякий, рассмотревший их.

    Метод строгих геометрических доказательств, основанных на логике, когда одно утверждение вытекает из ранее установленного, является основным методом в геометрии. В этом смысле геометрию называют дедуктивной наукой, от латинского слова deductio – выведение.

    Если разобрать вывод, т. е. доказательство какой-нибудь геометрической теоремы, то он логически следует из ранее доказанных теорем. Для этих ранее доказанных теорем, в свою очередь, можно выделить те факты, из которых они выводятся и которые были установлены ранее.

    Но ведь есть какое-то первое утверждение, которое не вытекает из ранее доказанного, так как вообще нет теорем, которые уже были доказаны до этого. Это означает, что некоторые факты должны быть приняты без доказательства. Их называют аксиомами, от греческого αξιωμα\alpha\xi\iota\omega\mu\alpha – удостоенное, принятое положение.

    Так же обстоит дело с определениями геометрических объектов. Вводя новое определение, пользуются определениями и понятиями, которые уже были введены раньше. Но как быть с первым определением? Через что его определить, если еще нет понятий, определенных ранее? Отсюда следует, что некоторые геометрические понятия должны быть введены без каких-либо определений. Такие неопределяемые понятия называются основными. В изучаемом курсе геометрии таковы понятия точки, прямой, плоскости.

    Итак, все здание геометрии строится, во-первых, на основных неопределяемых понятиях, и, во-вторых, на аксиомах, в которых устанавливаются связи и взаимоотношения между первоначальными понятиями; затем с помощью определений вводятся новые понятия, для которых, исходя из первоначальных фактов, содержащихся в аксиомах, доказываются, выводятся с помощью логики, дальнейшие факты – теоремы.

    Подобное строение какой-нибудь области математики называют аксиоматическим. Таким образом, геометрия – аксиоматическая наука.

    Из всего сказанного вывод такой: хотите освоить науку геометрию (хотя бы в рамках школьной программы) – разберите аксиомы, учите определения и формулировки теорем, с которыми вас постепенно знакомит учебник, наизусть, как стихи. А умение рассуждать, доказывать, умение применять теорию в решении задач приходят постепенно. Этому способствуют разбор доказательств теорем из учебника (за две с лишним тысячи лет математики отобрали самые лучшие и простые доказательства – именно их вам приводят в учебнике), разбор решений характерных задач, овладение методами решений.


    Гипотеза – от греческого νπο\nu\pi o – под, внизу и ϑεσις\vartheta\varepsilon\sigma\iota\varsigma – положение, утверждение – предположительное суждение о закономерной связи явлений.


    Абстракция – от латинского abstractio – отвлечение.


    Теорема – от греческого ϑεωρεω\vartheta\varepsilon\omega\rho\varepsilon\omega рассматриваю.

  • § 2. Признаки равенства треугольников. Равнобедренный треугольник. Прямоугольный треугольник. Теоремы об углах.

    Для повторения мы выбрали эти темы. Приводить доказательство теорем, содержащихся в учебнике, не будем, лишь напомним основные теоремы. Также обсудим некоторые важные вопросы, приведём примеры решения задач, докажем несколько дополнительных теорем (Всякое утверждение, сформулированное в общем виде и доказанное, есть теорема, но их так много и они часто столь просты, что наполнять ими учебник не имеет смысла, а вот учиться на них применению основных теорем, умению рассуждать, делать выводы, - очень полезно). Такие теоремы мы будем называть леммами.

    В учебнике доказаны три признака равенства треугольников.

    Первый признак: по двум сторонам и углу между ними.

    Второй признак: по стороне и прилежащим к ней углам.

    Третий признак: по трём сторонам.

    Мы напомнили их краткую формулировку.

    Отметим также важный момент. Запись равенства треугольников ABC=KPM\bigtriangleup ABC=\bigtriangleup KPM означает: A=K\angle A=\angle K, B=P\angle B=\angle P, C=M\angle C=\angle M, AB=KPAB=KP, AC=KMAC=KM и BC=PMBC=PM, т. е. соответствующие вершины стоят на соответствующих местах.

    Когда это удобно, будем использовать обозначения: в треугольнике ABCABC углы обозначать AA, BB и CC,

    aa, bb и cc – стороны, противолежащие углам AA, BB и CC,

    hah_a, hbh_b, hch_c – высоты к сторонам aa, bb и cc,

    mam_a, mbm_b, mcm_c – медианы к сторонам aa, bb и cc.

    Покажем, как важно точно помнить формулировки теорем. Пусть треугольники ABCABC и `A^'B^'C^'` таковы, что `b^'=b`, `c^'=c` и `/_B^'=/_B`. Будут ли эти треугольники равны? Есть первый признак равенства «по двум сторонам и углу», но «углу между ними», а здесь какой угол? Нарисуем некоторый треугольник ABCABC (рис. 3) и отметим стороны и угол, о которых идёт речь: это не тот угол!

    Рис. 3 Рис. 4 Рис. 5

    Приведём пример треугольника `A^'B^'C^'` (рис. 5), который не равен треугольнику ABCABC `(B^'C^'!=BC)`, хотя `c=c^'`, `b=b^'` и `/_B=/_B^'`.

    Рисунок 4 поясняет, как треугольник `A^'B^'C^'` получается из треугольника ABCABC.

    Приведём ещё пример (рис. 6), который показывает, что слова «прилежащим к стороне» чрезвычайно важны в формулировке второго признака равенства треугольников.

    Здесь AB=A1B1AB=A_1B_1C=A1=90°\angle C=\angle A_1=90^\circB=B1=45°\angle B=\angle B_1=45^\circ


    Рис. 6

    (Сторона одного треугольника равна стороне другого, два угла первого равны двум углам второго).

    Но равные углы не прилежат к равным сторонам и `DeltaABC!=DeltaA_1B_1C_1`. Как легко видеть, треугольник ABCABC  равен треугольнику A1B1DA_1B_1D  который составляет часть треугольника A1B1C1A_1B_1C_1.

    Пример 1

    Треугольники ABCABC и `A^'B^'C^'`  таковы, что равны их медианы, проведённые из вершин `B` и `B^'` и  равны углы, которые образуют эти медианы со сторонами aa и cc и со сторонами `a^'` и `c^'` соответственно. Доказать, что `DeltaABC=DeltaA^'B^'C^'`.

    Решение

    При доказательстве мы рисуем треугольники, о которых идёт речь, в наиболее удобном положении (см. рис. 7), что возможно по аксиоме «перемещения треугольника», иначе называемой   аксиомой  «существования треугольника,  равного данному».

    Рис. 7

    Итак, AM=CMAM=CM, `A^'M^'=C^'M^'`, `BM=B^'M^'` равные углы ABMABM и `A^'B^'M^'` обозначим α\alpha вторую пару равных углов обозначим φ\varphi.

    1. В треугольнике ABCABC продолжим медиану BMBM за точку MM  и на прямой BMBM  отложим отрезок MD=BMMD=BM.  Рассмотрим треугольники ABMABM и CDMCDM.

    Имеем:  AM=CMAM=CM (т. к. `BM` – медиана),

                    BM=DMBM=DM (по построению),

                    AMB=CMD\angle AMB=\angle CMD (как вертикальные).

    По первому признаку равенства треугольников ABM= CDM\bigtriangleup ABM = \bigtriangleup CDM  В равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны (AB=CD)(AB=CD)  и против равных сторон лежат равные углы (поэтому CDM=α\angle CDM=\alpha).

    Аналогичное построение осуществим с треугольником `A^'B^'C^'` получим, что `A^'B^'=C^'D^'` и `/_C^'D^'M^'=alpha`.

    2. Теперь рассмотрим треугольники BCDBCD и `B^'C^'D^'`. Так как `BD=B^'D^'`  и прилежащие к отрезкам BDBD и `B^'D^'` углы соответственно равны φ\varphi и α\alpha, то `Delta BCD=DeltaB^'C^'D^'` по второму признаку равенства. Из этого равенства следует `CD=C^'D^'` (т. е. `c=c^'`) и `BC=B^'C^'` (т. е. `a=a^'`).

    3. Вновь рассматриваем треугольники ABCABC и `A^'B^'C^'` Угол при вершине BB равен углу при вершине `B^'` и равны стороны, образующие этот угол. По первому признаку равенства `Delta ABC=Delta A^'B^'C^'`.

    Пример 2

    На сторонах ABAB  и ADAD квадрата ABCDABCD  во вне его построены равносторонние треугольники AKBAKB и AMDAMD (рис. 8). Доказать, что треугольник  KCMKCM также равносторонний.

    Решение

    Обозначим сторону квадрата aa очевидно, что стороны равносторонних треугольников тоже равны aa. Отметим равные стороны в треугольниках KBCKBC, CDMCDM и KAMKAM.

    Рис. 8

     

    KBC=CDM\bigtriangleup KBC=\bigtriangleup CDM по первому признаку, т. к. KBC=CDM=90°+60°=150°\angle KBC=\angle CDM=90^\circ+60^\circ=150^\circ.

    Пусть прямая CACA пересекает отрезок KMKM  в точке FF.  

    KAC=MAC=60°+45°=105°\angle KAC=\angle MAC=60^\circ+45^\circ=105^\circ 

    Смежные с ними углы KAFKAF и MAFMAF равны 180°-105°=75°180^\circ-105^\circ=75^\circ значит `/_RAM=150^@`, и KAM=KBC\bigtriangleup KAM=\bigtriangleup KBC   Делаем вывод:  KC=CM=KMKC=CM=KM т. е. треугольник KCMKCM – равносторонний.

    (В решении использовано утверждение, что все углы равностороннего треугольника равны 60°60^\circ). 

    II. Равнобедренный треугольник.

    В учебнике доказаны теоремы:

    Теоремы

    Т1. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны.

    Т2. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является высотой и биссектрисой.

    Т3. (Признак равнобедренного треугольника). Если два угла в треугольнике равны, то он равнобедренный.

    Обратим внимание, что признаком фигуры AA  называется теорема с формулировкой: «если имеет место … , то это фигура AA». Сформулируем следующие, часто применяемые в задачах, признаки равнобедренного треугольника:

    признаки равнобедренного треугольника

    а) если в треугольнике высота является медианой, то треугольник равнобедренный;

    б) если в треугольнике высота является биссектрисой, то треугольник равнобедренный;

    в) если в треугольнике медиана является биссектрисой, то треугольник равнобедренный.

    Доказательство

    Доказательство признака а) вполне простое. Если BDACBD\perp AC и AD=DCAD=DC (рис. 9), то ADB=CDB\bigtriangleup ADB=\bigtriangleup CDB по двум сторонам ( BDBD – общая, AD=DCAD=DC) и углу между ними (ADB\angle ADB смежный с BDC=90°\angle BDC=90^\circ  поэтому ADB=90°\angle ADB=90^\circ ).

    Из равенства треугольников следует AB=BCAB=BC и треугольник ABCABC по определению равнобедренный.

    Рис. 9 Рис. 10

    Доказательство признака  б) Столь же простое,  докажите  его  самостоятельно.

    Докажем признак  в) Пусть в треугольнике ABCABC биссектриса BMBM является медианой: AM=MCAM=MC (рис. 10). На продолжении биссектрисы BMBM отложим отрезок MDMD равный BMBM  Треугольники ABMABM и CDMCDM равны по первому признаку: у них углы при вершине MM равны, как вертикальные,  и AM=CMAM=CM, BM=DMBM=DM   Из равенства треугольников следует

    CD=ABCD=AB                                                                               (1) 

    и CDM=ABM\angle CDM = \angle ABM. Но ABM=CBM\angle ABM = \angle CBM поэтому CDM=CBM\angle CDM = \angle CBM, т. е.  в  треугольнике BCDBCD углы  при основании BDBD  равны. По признаку Т3 этот треугольник равнобедренный: BC=CDBC=CD Отсюда и из (1) заключаем: BC=ABBC=AB. Утверждение доказано.

    В следующем примере применяются признак параллельности прямых и две теоремы об углах треугольника (и следствия этих теорем):

    Теоремы

    Т. Сумма углов треугольника равна 180°180^\circ.

    Т. Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не
    смежных с ним.

    Пример 3

    Точка KK лежит на основании ACAC равнобедренного треугольника ABCABC (AB=BCAB=BC). Через точку KK проведена прямая, пересекающая прямую ABAB и отрезок BCBC, при этом образовалось два равнобедренных треугольника (рис. 11). Найти углы треугольника ABCABC.

    Решение

    Обозначим точки пересечения MM и DD.

    1. Углы при основании равнобедренного треугольника равны и они острые, значит угол MAKMAK – тупой.

    2. В треугольнике может быть только один тупой угол, значит, если треугольник MAKMAK равнобедренный, то равными могут быть только углы при вершинах MM и KK. Обозначим их α\alpha.

    3. BAK=2α\angle BAK = 2\alpha (как внешний угол треугольника MAKMAK), BCA=2α\angle BCA=2\alpha (углы при основании равнобедренного треугольника равны) и DKC=α\angle DKC=\alpha (DKC=AKM\angle DKC = \angle AKM как вертикальные).

    Расставим углы.

    4. Треугольник KDCKDC по условию равнобедренный. Возможны, вообще говоря, два случая: а) KDC=α\angle KDC=\alpha и б) KDC=2α\angle KDC = 2\alpha.

    а) Если KDC=α\angle KDC =\alpha, то накрест лежащие углы при секущей MDMD равны α\alpha; это по теореме означало бы параллельность прямых MBMB и CBCB, что противоречит их пересечению. Этот случай невозможен.

    б) Если KDC=2α\angle KDC=2\alpha, то по теореме о сумме углов треугольника (для треугольника KDCKDC) α+2α+2α=180°\alpha+2\alpha+2\alpha=180^\circ ,α=36°\alpha=36^\circ. Находим углы треугольника ABCABC :A=C=2α=72°\angle A =\angle C=2\alpha =72^\circ , B=180°-2·A=36°\angle B =180^\circ-2\cdot\angle A =36^\circ

    III. Для прямоугольных треугольников справедливы признаки равенства (их надо уметь доказывать):

    1. по двум катетам;

    2. по гипотенузе и катету;

    3. по гипотенузе и острому углу;

    4. по катету и острому углу.

    Применяя признаки равенства прямоугольных треугольников, докажем ещё один признак равнобедренного треугольника:

    Пример 4

    Доказать, что если две высоты треугольника равны, то он равнобедренный.

    Решение

    Пусть высоты AA1AA_1 и CC1CC_1 треугольника ABCABC равны друг другу. 

    1. (Треугольник остроугольный. Обе высоты внутри треугольника, (рис. 12а). Прямоугольные треугольники AA1BAA_1B и CC1BCC_1B равны по катету (AA1=CC1AA_1=CC_1) и противолежащему острому углу (угол BB – общий). Тогда
    равны их гипотенузы AB=CBAB=CB, а это и означает, что треугольник ABCABC равнобедренный.

    Рис. 12a Рис. 12б

    Рис. 12в

    2. (Треугольник тупоугольник, угол ВВ тупой. Обе высоты вне треугольника, рис. 12б). Прямоугольные треугольники AA1BAA_1B и CC1BCC_1B имеют равные катеты AA1=CC1AA_1=CC_1 и равные противолежащие углы ABA1=CBC1\angle ABA_1=\angle CBC_1 как вертикальные . Треугольники равны, равны их гипотенузы AB=CBAB=CB. Треугольник ABCABC – равнобедренный.
    3. Случай равенства двух высот равнобедренного треугольника, одна из которых внутри треугольника, другая – вне треугольника, невозможен. Действительно, если BB1=AA1=hBB_1=AA_1=h (рис. 12в), то AA1B=BB1A\bigtriangleup AA_1B=\bigtriangleup BB_1A по гипотенузе (у них общая ABAB) и катету AA1=BB1AA_1=BB_1. Тогда BAA1=ABB1\angle BAA_1=\angle ABB_1 (обозначен α\alpha ), т. е. накрест лежащие углы при секущей ABAB равны и прямые AA1AA_1 и B1BB_1B параллельны, что неверно.
    4. Если угол BB – прямой, то высоты из вершин AA и CC совпадают с катетами ABAB и CBCB
    При равных высотах равны и катеты, треугольник ABCABC – равнобедренный. 

    Пример 5. (Лемма о медиане прямоугольного треугольника)

    Доказать, что медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы.

    Решение

    Рис. 13

    Точка MM – середина гипотенузы ABAB прямоугольного треугольника ABCABC (рис. 13). Проведём через точку MM прямую MKACMK\perp AC.

    Из BCACBC\perp AC и MKACMK\perp AC следует BCMKBC\parallel MK.

    Из параллельности прямых BCBC и MKMK и равенства отрезков BMBM и MAMA по теореме Фалеса следует CK=KACK=KA.

    В прямоугольных треугольниках CMKCMK и AMKAMK катет MKMK общий и, как установили, равны катеты CKCK и AKAK. Эти треугольники равны, значит, равны и их гипотенузы, т. е. CM=AMCM=AM, или CM=12ABCM=\dfrac12AB.

    Дополнение

    Дополнение. Для многих учащихся при решении задач возникает проблема: с чего начать? С рисунка! В геометрической задаче очень важен рисунок, он должен отвечать условиям задачи, быть наглядной формой их записи.

    Рис. 14a Рис. 14б

    Например, в задаче рассматривается равнобедренный треугольник. Его можно нарисовать по-разному (рис. 14а и 14б), поэтому сначала рисуют на черновике, от руки, и из других условий определяют вид треугольника.

    Если сказано, что один отрезок в два раза длиннее другого, – отразите это на рисунке; если какие-то прямые параллельны – так и рисуйте, т. е. после таких рассмотрений делаете чёткий хороший рисунок, отвечающий условиям задачи.

    Хороший рисунок – помощник в решении, особенно если на нём Вы отмечаете равные углы, перпендикулярность отрезков, отношение длин и т. п. и ставите данные задачи. Посмотрите, например, на рис. 7, 8, 11 и подумайте, как рисунок помогает в решении.

    Пример 6

    В треугольнике ABCABC медиана BMBM перпендикулярна биссектрисе ADAD. Найти длину стороны ABAB, если AC=6AC=6.

    Решение

    △ 1. Подумаем, как построить рисунок. Возьмём луч AKAK (рис. 15) и отложим от точки AA какие-то равные углы (т. е. считаем, что биссектриса ADAD лежит на этом луче).

    Рис. 15

    Выберем точку BB, проведём через точку BB прямую, перпендикулярно AKAK и отметим точку MM, BMBM – медиана, поэтому отложим отрезок MC=MAMC = MA. Треугольник ABCABC – тот, что нужен: ADAD – биссектриса, BMBM – медиана, ADBMAD\perp BM.

    2. Решение очевидно: ABO=AMO\bigtriangleup ABO=\bigtriangleup AMO (по катету и острому углу), значит AB=AMAB=AM и AC=2AM=2ABAC=2AM=2AB. Зная, что AC=6AC=6, находим AB=3AB=3

  • § 5. Задачи и вопросы для самостоятельного решения

    В контрольных вопросах и задачах проверяются Ваши знания основного курса и знакомство с материалом нашего задания.

    1. Контрольные вопросы и задачи могут быть не только по темам, повторенным в этом Задании (повторить весь учебник невозможно), но и по материалу, изученному Вами в школе. При ответе на некоторые вопросы придётся открыть учебник.

    2. Ответы на контрольные вопросы надо давать обоснованные. Приведём примеры.

    вопрос 1

    Точки `K` и `L` делят диагональ `AC` параллелограмма `ABCD` на три равные части: `AK=KL=LC` (рис. 33). Верно ли, что прямые `BK` и `LD` параллельны?

     

    ответ

    Да, верно. Докажем это.

    Доказательство

    а) Проведём диагональ  `BD`. По теореме диагонали параллелограмма пересекаются  и  точкой  пересечения  делятся пополам: `AO=OC` и `BO=OD`.

    б) Из  `AO = OC` и `AK=CL` следует `KO=OL`.

    в)  `Delta BOK = Delta DOL`, так как `KO=OL`, `BO=OD` и `/_BOK = /_ DOL`  (как вертикальные).

    Из равенства треугольников следует  `/_ 1 = /_ 2`. Накрест лежащие углы при секущей  `AC` равны, следовательно, BKLDBK\parallel LD.

    вопрос 2

    В четырёхугольнике `ABCD` стороны `AB` и `CD` равны друг другу, а стороны `AD` и `BC` параллельны. Является ли четырёхугольник `ABCD` параллелограммом?

    ответ

    Нет, например, четырёхугольник `ABCD` на рисунке 34 удовлетворяет этим условиям, но противоположные стороны `AB` и `CD` не параллельны (этот четырёхугольник - равнобокая трапеция). 

  • § 4. Задачи для досуга (этот пункт дополнительный)

    1. Как измерить с помощью одной мерной линейки, произведя одно измерение, диагональ кирпича (крпич имеет форму прямоугольного параллелепипеда, изображённого на рис. 24, его диагональ - это отрезок, соединяющий проивоположные вершины (например, `A` и `B`)). Дайте способ простой, практичный, пригодный для мастерской, стройки, без приминения вычислений по теореме Пифагора.

      

    2. Тяжёлая балка `AB` лежит на брёвнах (рис. 25), её правый конец отстоит от оси последнего бревна на `5` м (`BC=5` м). На сколько продвинется вперёд передняя часть балки (точка `A`), если точка `B` достигент оси последнего бравна? Считать брёвна одинаоковыми и круглыми; катятся брёвна без скольжения.

    3. Нетрудно показать, что у правильно пятиугольной звезды сумма углов равна `180^@`. Показать, что такая же сумма углов будет у произвольной пятиугольной звезды (рис. 26).

       

    4. Во времена частных междоусобных войн один правитель захотел построить крепость-замок из `10` башен, соединённых между собой стенами, причём стены должны тянуться прямыми линиями с четырьмя башнями в каждой из них. Приглашённый им известный строитель представил ему план крепости (см. рис. 27), но правитель нашёл его совершенно неудовлетворительным: при таком расположении к любой из десяти башен можно подойти извне. Правителю же хотелось, чтобы по крайней мере одна башня (а ещё лучше - две) была бы со всех сторон защищена стеной от вторжения извне. Долго строитель ломал голову над такой задачей, но решил её и с одной безопасной башней, и с двумя безопасными башнями.

    Попробуйте и вы найти решение.

    5. Можно ли покрыть костяшками домино (каждая костяшка – две клетки) доску `8` x `8` клеток с двумя вырезанными противоположными клетками (рис. 28)?

    6. Три одинаковых треугольника разрезали по медианам (рис. 29). Сложите из полученных  `6` кусков  один  треугольник.

    7. На рис. 30  изображена  фигура,  составленная из пяти квадратов. Требуется провести два разреза по прямым линиям так, чтобы из полученных частей можно было бы составить квадрат.

    8. Найти площадь треугольника, изображённого на клетчатой бумаге (см. рис. 31), считать площадь каждой клетки равной `1`.

    9. На окружности расположено `2000` чёрных точек и одна белая точка. Рассматриваются всевозможные выпуклые многоугольники с вершинами в этих точках. Каких многоугольников больше: тех, у которых все вершины чёрные, или тех, у которых одна вершина белая?

    10. Можно ли, начав движение в какой-то точке контура обойти все его звенья, проходя по каждому ровно `1` раз, и вернуться в исходную точку? (контуры `1`-`6` на рис. 32)

    11. Какое наибольшее число острых углов может иметь выпуклый `n` - угольник?

  • § 3 Параллелограмм

    Параллелограммом называется четырёхугольник, противолежащие стороны которого попарно параллельны (рис. 16). Параллелограмм – выпуклый четырёхугольник. В разных учебниках различные определения выпуклого четырёхугольника, приведём два равносильных определения:

    1) Четырёхугольник называется выпуклым, если он лежит по одну сторону от любой прямой, содержащей его сторону.

    2) Четырёхугольник называется выпуклым, если его диагонали пересекаются.

    Равносильность доказывается на основе свойства полуплоскостей.

    Легко доказывается теорема, что сумма углов выпуклого четырёхугольника равна  `360^@` (повторите по учебнику). 

    Layer 1 A B C D  

    Рис. 16

    Свойства параллелограмма

    1. Сумма любых двух соседних углов параллелограмма равна `180^@`
    2. Противолежащие углы параллелограмма равны.
    3. Противолежащие стороны параллелограмма равны.
    4. Диагонали параллелограмма пересекаются и точкой пересечения делятся пополам.

    Признаки параллелограмма

    1. Если в четырёхугольнике две стороны параллельны и равны, то это параллелограмм.
    2. Если в четырёхугольнике противолежащие углы попарно равны, то это параллелограмм.
    3. Если в четырёхугольнике противолежащие стороны попарно равны, то это параллелограмм.
    4. Если диагонали четырёхугольника пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то это параллелограмм.
    Доказательство

    Докажем, например, признак 3.

    Пусть в четырёхугольнике `ABCD` стороны удовлетворяют условиям `AB=DC` и `BC=AD` (рис. 17). Отметим соответственно равные стороны и проведём диагональ  `AC`. `Delta ABC= Delta CDA` (`AB=CD`, `BC=AD`, `AC` - общая сторона). В равных треугольниках против равных сторон лежат равные углы: против `AB` - угол `1`, против `CD` - угол `2`, `/_ 1 = /_ 2` (накрест лежащие углы)  BCAD\Rightarrow BC\parallel AD.  Против  `BC` -  угол  `3`,  против `AD` -  угол    `4`, `/_ 3 = /_ 4 =>` ABCDAB\parallel CD.

    Противолежащие стороны попарно параллельны, значит  параллелограмм по определению.  

    Свойства параллелограмма используются для доказательства  замечательной теоремы о высотах треугольника.

    Теорема

    Три высоты или три прямые, на которых лежат высоты треугольника, пересекаются в одной точке.

    Доказательство

    Через каждую вершину треугольника `ABC` (рис. 18) проведём прямую, параллельную противолежащей вершине стороне.  Получаем треугольник `A_1 B_1 C_1`, к сторонам которого перпендикулярны высоты данного (например, если `AH _|_ BC`, то из BCB1C1BC\parallel B_1C_1, следует `AH_|_B_1 C_1`). 

    По построению ABCA1AB\parallel CA_1, ACBA1AC\parallel BA_1ABA1C\Rightarrow ABA_1C - параллелограмм. Также показывается, что `AC_1BC` - параллелограмм. По свойству параллелограмма `BA_1 = AC`, `C_1 B = AC => C_1 B = BA_1`, т. е. точка `B` - середина стороны `A_1 C_1`. Повторяя рассуждение, устанавливаем, что точка `A` - середина стороны `B_1 C_1` и точка `C` - середина стороны `A_1 B_1`. 

    Прямые, на которых лежат высоты `AH`, `BF` и `CK` треугольника `ABC`, перпендикулярны к сторонам треугольника `A_1 B_1 C_1` и проходят через их середины, а три серединных перпендикуляра к сторонам треугольника пересекаются в одной точке (определяют центр окружности, описанной около треугольника `A_1 B_1 C_1`). Значит три прямые, на которых лежат высоты, пересекаются в одной точке.

    Если треугольник остроугольный, то пересекаются сами высоты.

    Если в треугольнике  `ABC` углы `A` и `C` - острые (рис. 19), то вершина `B` лежит в полосе между двумя параллельными прямыми `l_1` и `l_2`, которые проходят через точки `A` и `C` и перпендикулярны `AC`. Отсюда следует, что основание `F` её высоты `BF` лежит на стороне `AC`. Если угол `B` - также острый (т. е. треугольник `ABC` - остроугольный), то основание `H` высоты `AH` тоже лежит на стороне `BC` (рассуждения те же самые). Точки `B` и `F` лежат в разных полуплоскостях, образованных прямой `AH`, значит отрезок `BF` пересекает прямую `AH`. Точка пересечения `O` лежит на `BF`,  т. е. лежит внутри треугольника, и, значит, на отрезке `AH`.  По теореме третья высота пройдёт через ту же точку `O`.  

                            

    Пример 7

    Биссектриса угла  `A` параллелограмма `ABCD` пересекает сторону  `CD` в точке `K`,  а продолжение стороны `BC` в точке `F` (рис. 20). Найти стороны параллелограмма, если  `BF = 16` и `CK =5`. 

     

    Решение

    `AF` - биссектриса угла  `BAD`, 1=2\underline{\angle1=\angle2}. Прямые `AD` и `BF` - параллельны,  поэтому  3=1\angle3=\angle1 (как  накрест  лежащие),  тогда  `/_2 = /_3`, треугольник `ABF` -равнобедренный, `AB=BF`. Значит `AB =16`. 

    По свойству параллелограмма `CD=AB`, значит `CD=16` и `DK=11`. Далее, из ABCDAB\parallel CD следует  `/_2 = /_4` (накрест лежащие), значит `/_4=/_1`, треугольник `ADK` - равнобедренный, `AD=DK=11`.

    Ответ

    `AD=BC=11`, `AB=CD=16`.

    Пример 8

    Дана окружность с диаметром `AB` и точка `M`, лежащая внутри окружности, но не на диаметре (рис. 20). С помощью односторонней линейки опустить из точки  `M` перпендикуляр на прямую  `AB`.

      – уменьшенная копия односторонней линейки).

    Решение

    Что мы можем делать с помощью односторонней линейки? Проводить прямые! Вот и проведём через точки `A` и `M` прямую до пересечения с окружностью в точке `A_1`, затем через точки `B` и `M` проведём прямую до пересечения с окружностью в точке `B_1` (рис. 21).

    Далее, проведём прямую через точки `A` и `B_1` и прямую через точки `B` и `A_1` - получим в их пересечении точку `C`. Прямая `CM` - искомая. В треугольнике `ACB` высоты `A A_1` и `B B_1`  (углы `A A_1 C` и `B B_1 C` - прямые, опираются на диаметр) пересекаются в точке `M`. Точка `M` - точка пересечение высот треугольника `ACB`, значит `C C_1 _|_ AB`.

    Если точка `M` лежит вне окружности и не на прямой `AB`, решение задачи усложняется, но немного (попробуйте сами).

    Параллелограмм, в котором все углы прямые, называется прямоугольником.

    Верна теорема: диагонали прямоугольника равны.

    Верна и обратная теорема - признак  прямоугольника: если диагонали параллелограмма равны, то этот параллелограмм - прямоугольник.

    Параллелограмм, у которого все стороны равны, называется ромбом. Сформулируйте сами две теоремы о диагоналях ромба и обратные к ним.

    Прямоугольник, у  которого все стороны равны, называется квадратом. Квадрат - правильный четырёхугольник.

    Пример 9

    Через середину диагонали `BD` прямоугольника `ABCD` проведена перпендикулярно этой диагонали прямая, пересекающая сторону `BC` в точке `F` и сторону `AD` в точке `E`. Известно, что `EF = ED = 8`.  Найти большую сторону прямоугольника.

    Решение

    Середина диагонали `BD` - точка `O`, - есть центр прямоугольника, `BO=OD` (рис. 22). Отрезок `EF` делится точкой `O` пополам, действительно, `Delta BOF = Delta DOF` (углы при точке `O` равны как вертикальные,  `/_DBF = /_BDE` (как накрест лежащие при параллельных прямых `BC` и `AD`) и `BO=OD`; треугольники равны по второму признаку равенства).

     Значит `FO=FO=1/2 EF=4` и `BF=ED=8`. 

    Треугольник `BOF` - прямоугольный, гипотенуза `BF=8`, катет `OF=4`, значит `/_OBF =30^@`.  

    Диагонали прямоугольника равны, равны и их половины,  `BO=OC`. Треугольник `BOC` - равнобедренный, `/_BCO=30^@`, `/_CFO=180^@ - /_OFB =180^@ - 60^@ = 120^@`,

    следовательно  `/_FOC = 30^@`. Треугольник `OFC` - равнобедренный, `FC=OF=4`, значит `BC=12`.  

    Ответ

    `12`.

    Пример 10

    Окружность, построенная как на диаметре, на стороне `AD` параллелограмма `ABCD` касается стороны `BC` и проходит через середину стороны `AB` (рис. 23). Найти углы параллелограмма. 

    Решение

    Пусть `O` - центр окружности и `R` - её радиус. Если `P` - точка касания стороны `BC`, то `OP_|_ BC`,  а из ADBCAD\parallel BC следует `OP_|_AD`. Это означает, что расстояние между параллельными прямыми `AD` и `BC` равно `R`. 

    Точка `M` лежит на окружности, `OM=R`. Точка `M` - середина стороны `AB`. Если `MF _|_ AD` и `MK _|_ BC`, то точки `K`, `M` и `F` лежат на одной прямой (т. к. ADBCAD\parallel BC) и поэтому `KF=PO=R`. Прямоугольные треугольники `AMF` и `BMK` равны (по гипотенузе и острому углу) и `MF=1/2 KF = 1/2 R`. 

    Из треугольника  `OMF`, в котором `MF_|_OF`, `OM=R` и `MF= R/2` следует, что `/_MOF = 30^@`.  

    Далее заметим, что треугольник `AOM` равнобедренный `(OA=OM=R)`,

    угол при вершине `O` равен `30^@`, следовательно `/_OAM = /_ AMO = 75^@`. 

    Итак, острый угол `A` параллелограмма равен `75^@`, а тупой угол `B` равен `105^@`.  

    Ответ

    `75^@` и `105^@`.



  • § 2. Признаки равенства треугольников. Равнобедренный треугольник. Прямоугольный треугольник. Теоремы об углах.

    Для повторения мы выбрали эти темы. Приводить доказательство теорем, содержащихся в учебнике, не будем, лишь напомним основные теоремы. Также обсудим некоторые важные вопросы, приведём примеры решения задач, докажем несколько дополнительных теорем (Всякое утверждение, сформулированное в общем виде и доказанное, есть теорема, но их так много и они часто столь просты, что наполнять ими учебник не имеет смысла, а вот учиться на них применению основных теорем, умению рассуждать, делать выводы, - очень полезно). Такие теоремы мы будем называть леммами.

    В учебнике доказаны три признака равенства треугольников.

    Первый признак: по двум сторонам и углу между ними.

    Второй признак: по стороне и прилежащим к ней углам.

    Третий признак: по трём сторонам.

    Мы напомнили их краткую формулировку.

    Отметим также важный момент. Запись равенства треугольников ABC=KPM\bigtriangleup ABC=\bigtriangleup KPM означает: A=K\angle A=\angle K, B=P\angle B=\angle P, C=M\angle C=\angle M, AB=KPAB=KP, AC=KMAC=KM и BC=PMBC=PM, т. е. соответствующие вершины стоят на соответствующих местах.

    Когда это удобно, будем использовать обозначения: в треугольнике ABCABC углы обозначать AA, BB и CC,

    aa, bb и cc – стороны, противолежащие углам AA, BB и CC,

    hah_a, hbh_b, hch_c – высоты к сторонам aa, bb и cc,

    mam_a, mbm_b, mcm_c – медианы к сторонам aa, bb и cc.

    Покажем, как важно точно помнить формулировки теорем. Пусть треугольники ABCABC и `A^'B^'C^'` таковы, что `b^'=b`, `c^'=c` и `/_B^'=/_B`. Будут ли эти треугольники равны? Есть первый признак равенства «по двум сторонам и углу», но «углу между ними», а здесь какой угол? Нарисуем некоторый треугольник ABCABC (рис. 3) и отметим стороны и угол, о которых идёт речь: это не тот угол!

    Рис. 3 Рис. 4 Рис. 5

    Приведём пример треугольника `A^'B^'C^'` (рис. 5), который не равен треугольнику ABCABC `(B^'C^'!=BC)`, хотя `c=c^'`, `b=b^'` и `/_B=/_B^'`.

    Рисунок 4 поясняет, как треугольник `A^'B^'C^'` получается из треугольника ABCABC.

    Приведём ещё пример (рис. 6), который показывает, что слова «прилежащим к стороне» чрезвычайно важны в формулировке второго признака равенства треугольников.

    Здесь AB=A1B1AB=A_1B_1C=A1=90°\angle C=\angle A_1=90^\circB=B1=45°\angle B=\angle B_1=45^\circ


    Рис. 6

    (Сторона одного треугольника равна стороне другого, два угла первого равны двум углам второго).

    Но равные углы не прилежат к равным сторонам и `DeltaABC!=DeltaA_1B_1C_1`. Как легко видеть, треугольник ABCABC  равен треугольнику A1B1DA_1B_1D  который составляет часть треугольника A1B1C1A_1B_1C_1.

    Пример 1

    Треугольники ABCABC и `A^'B^'C^'`  таковы, что равны их медианы, проведённые из вершин `B` и `B^'` и  равны углы, которые образуют эти медианы со сторонами aa и cc и со сторонами `a^'` и `c^'` соответственно. Доказать, что `DeltaABC=DeltaA^'B^'C^'`.

    Решение

    При доказательстве мы рисуем треугольники, о которых идёт речь, в наиболее удобном положении (см. рис. 7), что возможно по аксиоме «перемещения треугольника», иначе называемой   аксиомой  «существования треугольника,  равного данному».

    Рис. 7

    Итак, AM=CMAM=CM, `A^'M^'=C^'M^'`, `BM=B^'M^'` равные углы ABMABM и `A^'B^'M^'` обозначим α\alpha вторую пару равных углов обозначим φ\varphi.

    1. В треугольнике ABCABC продолжим медиану BMBM за точку MM  и на прямой BMBM  отложим отрезок MD=BMMD=BM.  Рассмотрим треугольники ABMABM и CDMCDM.

    Имеем:  AM=CMAM=CM (т. к. `BM` – медиана),

                    BM=DMBM=DM (по построению),

                    AMB=CMD\angle AMB=\angle CMD (как вертикальные).

    По первому признаку равенства треугольников ABM= CDM\bigtriangleup ABM = \bigtriangleup CDM  В равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны (AB=CD)(AB=CD)  и против равных сторон лежат равные углы (поэтому CDM=α\angle CDM=\alpha).

    Аналогичное построение осуществим с треугольником `A^'B^'C^'` получим, что `A^'B^'=C^'D^'` и `/_C^'D^'M^'=alpha`.

    2. Теперь рассмотрим треугольники BCDBCD и `B^'C^'D^'`. Так как `BD=B^'D^'`  и прилежащие к отрезкам BDBD и `B^'D^'` углы соответственно равны φ\varphi и α\alpha, то `Delta BCD=DeltaB^'C^'D^'` по второму признаку равенства. Из этого равенства следует `CD=C^'D^'` (т. е. `c=c^'`) и `BC=B^'C^'` (т. е. `a=a^'`).

    3. Вновь рассматриваем треугольники ABCABC и `A^'B^'C^'` Угол при вершине BB равен углу при вершине `B^'` и равны стороны, образующие этот угол. По первому признаку равенства `Delta ABC=Delta A^'B^'C^'`.

    Пример 2

    На сторонах ABAB  и ADAD квадрата ABCDABCD  во вне его построены равносторонние треугольники AKBAKB и AMDAMD (рис. 8). Доказать, что треугольник  KCMKCM также равносторонний.

    Решение

    Обозначим сторону квадрата aa очевидно, что стороны равносторонних треугольников тоже равны aa. Отметим равные стороны в треугольниках KBCKBC, CDMCDM и KAMKAM.

    Рис. 8

     

    KBC=CDM\bigtriangleup KBC=\bigtriangleup CDM по первому признаку, т. к. KBC=CDM=90°+60°=150°\angle KBC=\angle CDM=90^\circ+60^\circ=150^\circ.

    Пусть прямая CACA пересекает отрезок KMKM  в точке FF.  

    KAC=MAC=60°+45°=105°\angle KAC=\angle MAC=60^\circ+45^\circ=105^\circ 

    Смежные с ними углы KAFKAF и MAFMAF равны 180°-105°=75°180^\circ-105^\circ=75^\circ значит `/_RAM=150^@`, и KAM=KBC\bigtriangleup KAM=\bigtriangleup KBC   Делаем вывод:  KC=CM=KMKC=CM=KM т. е. треугольник KCMKCM – равносторонний.

    (В решении использовано утверждение, что все углы равностороннего треугольника равны 60°60^\circ). 

    II. Равнобедренный треугольник.

    В учебнике доказаны теоремы:

    Теоремы

    Т1. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны.

    Т2. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является высотой и биссектрисой.

    Т3. (Признак равнобедренного треугольника). Если два угла в треугольнике равны, то он равнобедренный.

    Обратим внимание, что признаком фигуры AA  называется теорема с формулировкой: «если имеет место … , то это фигура AA». Сформулируем следующие, часто применяемые в задачах, признаки равнобедренного треугольника:

    признаки равнобедренного треугольника

    а) если в треугольнике высота является медианой, то треугольник равнобедренный;

    б) если в треугольнике высота является биссектрисой, то треугольник равнобедренный;

    в) если в треугольнике медиана является биссектрисой, то треугольник равнобедренный.

    Доказательство

    Доказательство признака а) вполне простое. Если BDACBD\perp AC и AD=DCAD=DC (рис. 9), то ADB=CDB\bigtriangleup ADB=\bigtriangleup CDB по двум сторонам ( BDBD – общая, AD=DCAD=DC) и углу между ними (ADB\angle ADB смежный с BDC=90°\angle BDC=90^\circ  поэтому ADB=90°\angle ADB=90^\circ ).

    Из равенства треугольников следует AB=BCAB=BC и треугольник ABCABC по определению равнобедренный.

    Рис. 9 Рис. 10

    Доказательство признака  б) Столь же простое,  докажите  его  самостоятельно.

    Докажем признак  в) Пусть в треугольнике ABCABC биссектриса BMBM является медианой: AM=MCAM=MC (рис. 10). На продолжении биссектрисы BMBM отложим отрезок MDMD равный BMBM  Треугольники ABMABM и CDMCDM равны по первому признаку: у них углы при вершине MM равны, как вертикальные,  и AM=CMAM=CM, BM=DMBM=DM   Из равенства треугольников следует

    CD=ABCD=AB                                                                               (1) 

    и CDM=ABM\angle CDM = \angle ABM. Но ABM=CBM\angle ABM = \angle CBM поэтому CDM=CBM\angle CDM = \angle CBM, т. е.  в  треугольнике BCDBCD углы  при основании BDBD  равны. По признаку Т3 этот треугольник равнобедренный: BC=CDBC=CD Отсюда и из (1) заключаем: BC=ABBC=AB. Утверждение доказано.

    В следующем примере применяются признак параллельности прямых и две теоремы об углах треугольника (и следствия этих теорем):

    Теоремы

    Т. Сумма углов треугольника равна 180°180^\circ.

    Т. Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не
    смежных с ним.

    Пример 3

    Точка KK лежит на основании ACAC равнобедренного треугольника ABCABC (AB=BCAB=BC). Через точку KK проведена прямая, пересекающая прямую ABAB и отрезок BCBC, при этом образовалось два равнобедренных треугольника (рис. 11). Найти углы треугольника ABCABC.

    Решение

    Обозначим точки пересечения MM и DD.

    1. Углы при основании равнобедренного треугольника равны и они острые, значит угол MAKMAK – тупой.

    2. В треугольнике может быть только один тупой угол, значит, если треугольник MAKMAK равнобедренный, то равными могут быть только углы при вершинах MM и KK. Обозначим их α\alpha.

    3. BAK=2α\angle BAK = 2\alpha (как внешний угол треугольника MAKMAK), BCA=2α\angle BCA=2\alpha (углы при основании равнобедренного треугольника равны) и DKC=α\angle DKC=\alpha (DKC=AKM\angle DKC = \angle AKM как вертикальные).

    Расставим углы.

    4. Треугольник KDCKDC по условию равнобедренный. Возможны, вообще говоря, два случая: а) KDC=α\angle KDC=\alpha и б) KDC=2α\angle KDC = 2\alpha.

    а) Если KDC=α\angle KDC =\alpha, то накрест лежащие углы при секущей MDMD равны α\alpha; это по теореме означало бы параллельность прямых MBMB и CBCB, что противоречит их пересечению. Этот случай невозможен.

    б) Если KDC=2α\angle KDC=2\alpha, то по теореме о сумме углов треугольника (для треугольника KDCKDC) α+2α+2α=180°\alpha+2\alpha+2\alpha=180^\circ ,α=36°\alpha=36^\circ. Находим углы треугольника ABCABC :A=C=2α=72°\angle A =\angle C=2\alpha =72^\circ , B=180°-2·A=36°\angle B =180^\circ-2\cdot\angle A =36^\circ

    III. Для прямоугольных треугольников справедливы признаки равенства (их надо уметь доказывать):

    1. по двум катетам;

    2. по гипотенузе и катету;

    3. по гипотенузе и острому углу;

    4. по катету и острому углу.

    Применяя признаки равенства прямоугольных треугольников, докажем ещё один признак равнобедренного треугольника:

    Пример 4

    Доказать, что если две высоты треугольника равны, то он равнобедренный.

    Решение

    Пусть высоты AA1AA_1 и CC1CC_1 треугольника ABCABC равны друг другу. 

    1. (Треугольник остроугольный. Обе высоты внутри треугольника, (рис. 12а). Прямоугольные треугольники AA1BAA_1B и CC1BCC_1B равны по катету (AA1=CC1AA_1=CC_1) и противолежащему острому углу (угол BB – общий). Тогда
    равны их гипотенузы AB=CBAB=CB, а это и означает, что треугольник ABCABC равнобедренный.

    Рис. 12a Рис. 12б

    Рис. 12в

    2. (Треугольник тупоугольник, угол ВВ тупой. Обе высоты вне треугольника, рис. 12б). Прямоугольные треугольники AA1BAA_1B и CC1BCC_1B имеют равные катеты AA1=CC1AA_1=CC_1 и равные противолежащие углы ABA1=CBC1\angle ABA_1=\angle CBC_1 как вертикальные . Треугольники равны, равны их гипотенузы AB=CBAB=CB. Треугольник ABCABC – равнобедренный.
    3. Случай равенства двух высот равнобедренного треугольника, одна из которых внутри треугольника, другая – вне треугольника, невозможен. Действительно, если BB1=AA1=hBB_1=AA_1=h (рис. 12в), то AA1B=BB1A\bigtriangleup AA_1B=\bigtriangleup BB_1A по гипотенузе (у них общая ABAB) и катету AA1=BB1AA_1=BB_1. Тогда BAA1=ABB1\angle BAA_1=\angle ABB_1 (обозначен α\alpha ), т. е. накрест лежащие углы при секущей ABAB равны и прямые AA1AA_1 и B1BB_1B параллельны, что неверно.
    4. Если угол BB – прямой, то высоты из вершин AA и CC совпадают с катетами ABAB и CBCB
    При равных высотах равны и катеты, треугольник ABCABC – равнобедренный. 

    Пример 5. (Лемма о медиане прямоугольного треугольника)

    Доказать, что медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы.

    Решение

    Рис. 13

    Точка MM – середина гипотенузы ABAB прямоугольного треугольника ABCABC (рис. 13). Проведём через точку MM прямую MKACMK\perp AC.

    Из BCACBC\perp AC и MKACMK\perp AC следует BCMKBC\parallel MK.

    Из параллельности прямых BCBC и MKMK и равенства отрезков BMBM и MAMA по теореме Фалеса следует CK=KACK=KA.

    В прямоугольных треугольниках CMKCMK и AMKAMK катет MKMK общий и, как установили, равны катеты CKCK и AKAK. Эти треугольники равны, значит, равны и их гипотенузы, т. е. CM=AMCM=AM, или CM=12ABCM=\dfrac12AB.

    Дополнение

    Дополнение. Для многих учащихся при решении задач возникает проблема: с чего начать? С рисунка! В геометрической задаче очень важен рисунок, он должен отвечать условиям задачи, быть наглядной формой их записи.

    Рис. 14a Рис. 14б

    Например, в задаче рассматривается равнобедренный треугольник. Его можно нарисовать по-разному (рис. 14а и 14б), поэтому сначала рисуют на черновике, от руки, и из других условий определяют вид треугольника.

    Если сказано, что один отрезок в два раза длиннее другого, – отразите это на рисунке; если какие-то прямые параллельны – так и рисуйте, т. е. после таких рассмотрений делаете чёткий хороший рисунок, отвечающий условиям задачи.

    Хороший рисунок – помощник в решении, особенно если на нём Вы отмечаете равные углы, перпендикулярность отрезков, отношение длин и т. п. и ставите данные задачи. Посмотрите, например, на рис. 7, 8, 11 и подумайте, как рисунок помогает в решении.

    Пример 6

    В треугольнике ABCABC медиана BMBM перпендикулярна биссектрисе ADAD. Найти длину стороны ABAB, если AC=6AC=6.

    Решение

    △ 1. Подумаем, как построить рисунок. Возьмём луч AKAK (рис. 15) и отложим от точки AA какие-то равные углы (т. е. считаем, что биссектриса ADAD лежит на этом луче).

    Рис. 15

    Выберем точку BB, проведём через точку BB прямую, перпендикулярно AKAK и отметим точку MM, BMBM – медиана, поэтому отложим отрезок MC=MAMC = MA. Треугольник ABCABC – тот, что нужен: ADAD – биссектриса, BMBM – медиана, ADBMAD\perp BM.

    2. Решение очевидно: ABO=AMO\bigtriangleup ABO=\bigtriangleup AMO (по катету и острому углу), значит AB=AMAB=AM и AC=2AM=2ABAC=2AM=2AB. Зная, что AC=6AC=6, находим AB=3AB=3

  • § 1. Наука геометрия

    Одна из замечательных теорем геометрии, доказательство которой вам уже известно по учебнику, гласит: «сумма углов треугольника равна `180^@`». Как вы думаете, можно ли было установить этот факт экспериментально?


    Рис. 1 Рис. 2


    Предположим, что мы будем измерять угол, равный сумме углов треугольника, транспортиром. Нарисуем некоторый треугольник, приложим транспортир к одному из углов – углу `1`, отметим его величину, затем приложим транспортир к другому углу (рис. 1), отметим величину суммы двух углов, затем приложим транспортир к третьему углу. Мы обнаружим, что третья отметка придётся на `180^@`. Следует ли из наших измерений, что сумма углов рассмотренного треугольника точно равна `180^@`? А может быть больше на `1//10` градуса или меньше на `2//15` градуса? Такую разницу, как бы тщательно мы ни проводили измерения с помощью транспортира, заметить невозможно.


    Кроме того, любой нарисованный треугольник, можно сказать, имеет «дефект»: как бы тонок ни был карандаш, которым его рисовали, стороны треугольника, если рассмотреть рисунок в увеличительное стекло, предстанут перед нами широкими неровными полосами. Какой же угол мы измеряли? Поэтому сомнения в точности наших измерений ещё более возрастут, и вывод может быть сделан только такой: сумма углов треугольника на рис. 1 близка к 180°180\textdegree.

    Предположим, что аналогичные измерения мы провели в каждом из треугольников, изображённых на рис. 2, и получили такие же результаты. Тогда мы можем предположить, выдвинуть гипотезу, что в любом нарисованном треугольнике сумма углов близка к `180^@`. Но даже такую гипотезу проверить экспериментально не представляется возможным, т. к.пришлось бы провести измерения во всех разнообразных треугольниках, т. е. в бесконечном числе случаев, что, конечно, неосуществимо.

    Мы привели эти рассуждения, чтобы обратить ваше внимание на следующие важные моменты. Попытки экспериментально установить свойства фигур неосуществимы по ряду причин: из-за бесконечного разнообразия видов фигур, из-за «дефектности» самих фигур и, наконец, из-за неизбежных ошибок измерения.

    В науке геометрии рассматриваются не реальные, конкретные фигуры, вырезанные из картона, нарисованные на листе бумаги и т.п., а идеальные, как говорят, абстрактные фигуры, которые целиком описываются только своими определениями. Реальные треугольники имеют не только форму и размер, они могут быть сделаны из картона или жести, бумаги или дерева и т. п. Отвлекаясь от всех их свойств, кроме формы и размера, т. е. выделяя общее для всех таких фигур, приходят к представлению о геометрическом треугольнике как фигуре, которая состоит из трёх точек, не лежащих на одной прямой, и трёх отрезков, попарно соединяющих эти точки.

    Только для абстрактных геометрических фигур удается установить ряд простых и важных свойств. Именно для абстрактных геометрических треугольников справедливо утверждение, что сумма углов в каждом из них равна `180^@`. Истинность этого утверждения, как и других утверждений, называемых теоремами, устанавливается методом строгих рассуждений, основанных на логике и вытекающих из ранее доказанных утверждений. Как вы сами убедились, эти рассуждения столь убедительны, что с ними соглашается всякий, рассмотревший их.

    Метод строгих геометрических доказательств, основанных на логике, когда одно утверждение вытекает из ранее установленного, является основным методом в геометрии. В этом смысле геометрию называют дедуктивной наукой, от латинского слова deductio – выведение.

    Если разобрать вывод, т. е. доказательство какой-нибудь геометрической теоремы, то он логически следует из ранее доказанных теорем. Для этих ранее доказанных теорем, в свою очередь, можно выделить те факты, из которых они выводятся и которые были установлены ранее.

    Но ведь есть какое-то первое утверждение, которое не вытекает из ранее доказанного, так как вообще нет теорем, которые уже были доказаны до этого. Это означает, что некоторые факты должны быть приняты без доказательства. Их называют аксиомами, от греческого αξιωμα\alpha\xi\iota\omega\mu\alpha – удостоенное, принятое положение.

    Так же обстоит дело с определениями геометрических объектов. Вводя новое определение, пользуются определениями и понятиями, которые уже были введены раньше. Но как быть с первым определением? Через что его определить, если еще нет понятий, определенных ранее? Отсюда следует, что некоторые геометрические понятия должны быть введены без каких-либо определений. Такие неопределяемые понятия называются основными. В изучаемом курсе геометрии таковы понятия точки, прямой, плоскости.

    Итак, все здание геометрии строится, во-первых, на основных неопределяемых понятиях, и, во-вторых, на аксиомах, в которых устанавливаются связи и взаимоотношения между первоначальными понятиями; затем с помощью определений вводятся новые понятия, для которых, исходя из первоначальных фактов, содержащихся в аксиомах, доказываются, выводятся с помощью логики, дальнейшие факты – теоремы.

    Подобное строение какой-нибудь области математики называют аксиоматическим. Таким образом, геометрия – аксиоматическая наука.

    Из всего сказанного вывод такой: хотите освоить науку геометрию (хотя бы в рамках школьной программы) – разберите аксиомы, учите определения и формулировки теорем, с которыми вас постепенно знакомит учебник, наизусть, как стихи. А умение рассуждать, доказывать, умение применять теорию в решении задач приходят постепенно. Этому способствуют разбор доказательств теорем из учебника (за две с лишним тысячи лет математики отобрали самые лучшие и простые доказательства – именно их вам приводят в учебнике), разбор решений характерных задач, овладение методами решений.


    Гипотеза – от греческого νπο\nu\pi o – под, внизу и ϑεσις\vartheta\varepsilon\sigma\iota\varsigma – положение, утверждение – предположительное суждение о закономерной связи явлений.


    Абстракция – от латинского abstractio – отвлечение.


    Теорема – от греческого ϑεωρεω\vartheta\varepsilon\omega\rho\varepsilon\omega рассматриваю.

  • §4. Теоремы косинусов и синусов. Применение тригонометрии к решению геометрических задач

    Как обычно, в треугольнике ABCABC стороны, противолежащие углам `A`, `B` и `C`,  обозначим `a`, `b` и `c`. Справедливы две теоремы, устанавливающие соотношения между сторонами и углами треугольника, утверждения которых можно кратко записать так:

    теорема  косинусов: c2=a2+b2-2abcosC;c^2=a^2+b^2-2ab\cos C;

    теорема синусов:  asinA=bsinB=csinC=2R\dfrac a{\sin A}=\dfrac b{\sin{\displaystyle B}}=\dfrac c{\sin{\displaystyle C}}=2R.

    Покажем на примерах, как применяются эти теоремы.

    Пример 12
    Рис. 26

    Доказать,  что  в  параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон.

    Решение

    Пусть  в  параллелограмме ABCDABCD (рис. 26) длины сторон  равны a u b,a\;u\;b, длины  диагоналей  равны d1d_1 и d2: AC=d2d_2:\;AC=d_2, AB=DC=aAB=DC=a, BD=d1BD=d_1.

    Если φ=BAD,\varphi=\angle BAD, то ADC=180°-φ.\angle ADC=180^\circ-\varphi. Из треугольников ABDABD и ACDACD по   теореме  косинусов   будем  иметь:

    d12=a2+b2-2abcosφ, d22=a2+b2-2abcos(180°-φ).d_1^2=a^2+b^2-2ab\cos\varphi,\;d_2^2=a^2+b^2-2ab\cos(180^\circ-\varphi).

     Складывая  почленно эти  равенства  и  учитывая, что cos(180°-φ)=-cosφ,\cos(180^\circ-\varphi)=-\cos\varphi, получим требуемое равенство: d12+d22=2a2+2b2\boxed{d_1^2+d_2^2=2a^2+2b^2}.

    следствие
    Рис. 26

    Из решения данной задачи легко получить выражение медианы mcm_c треугольника через его  стороны a, ba,\;b и  cc. Пусть  в  `ABD:AB=a`, `AD=b`, `BD=c`; `AM` - медиана, `AM=m_c` (рис. 26). Достроим этот треугольник ABDABD до параллелограмма ABCDABCD и воспользуемся результатом задачи 11, получим:

    c2+2mc2=2a2+2b2c^2+\left(2m_c\right)^2=2a^2+2b^2, откуда

     mc=a2+b22-c24\boxed{m_c=\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2-\dfrac{c^2}4}}.

    Пример 13
    Рис. 27

    На стороне ADAD ромба ABCDABCD взята точка MM, при этом MD=310AD, BM=MC=11.MD=\dfrac3{10}AD,\;BM=MC=11. Найти площадь треугольника BCM.BCM.

    Решение

    1. Обозначим длину стороны ромба x, BAD=φ x,\;\angle BAD=\varphi\;(рис. 27). По условию MD=310xAM=710x.MD=\dfrac3{10}x\Rightarrow AM=\dfrac7{10}x.  Из треугольников ABMABM и  MCDMCD по теореме  косинусов получаем:

    BM2=x2+710x2-2x710xcosφBM^2=x^2+\left(\dfrac7{10}x\right)^2-2x\dfrac7{10}x\cos\varphi,

    MC2=x2+310x2-2x310xcos(180°-φ)MC^2=x^2+\left(\dfrac3{10}x\right)^2-2x\dfrac3{10}x\cos(180^\circ-\varphi).

    Приравниваем правые части (по условию BM=MCBM=MC), подставляем cos(180°-φ)=-cosφ,\cos(180^\circ-\varphi)=-\cos\varphi, сокращаем на x2,x^2, приводим подобные члены и получаем cosφ=15.\cos\varphi=\dfrac15. Подставляя найденное значение cosφ\cos\varphi и BM=11BM=11 в первое равенство, находим x=10x=10.

    2. В равнобедренном треугольнике bmcbmc основание равно `10`, находим высоту MKMK:

    MK=BM2-BK2=BM2-14BC2=96MK=\sqrt{BM^2-BK^2}=\sqrt{BM^2-\dfrac14BC^2}=\sqrt{96},

    тогда  площадь  треугольника `BMC` равна 12BC·MK=206\dfrac12BC\cdot MK=20\sqrt6.

    Пример 14
    Рис. 28

    В равнобедренном треугольнике ABC (AB=BC)ABC\;(AB=BC) проведена      биссектриса ADAD (рис. 28). Найти радиус описанной около треугольника ABCABC окружности, если  AD=4AD=4 и DC=6.DC=\sqrt6.

    Решение

    1. Углы при основании ACAC в треугольнике ABCABC равны, обозначим BAC=2α,\angle BAC=2\alpha, тогда DAC=α.\angle DAC=\alpha. По теореме синусов из треугольника  ADCADC следует 4sin2α=6sinα\dfrac4{\sin2\alpha}=\dfrac{\sqrt6}{\sin{\displaystyle\alpha}} откуда cosα=23\cos\alpha=\sqrt{\dfrac23}. Находим: cos2α=2cos2α-1=13\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1=\dfrac13 и sin2α=223\sin2\alpha=\dfrac{2\sqrt2}3.

    2. Вычисляем   сторону ACAC:

    AC=AK+KC=ADcosα+DCcos2α=536AC=AK+KC=AD\cos\alpha+DC\cos2\alpha=\dfrac53\sqrt6.

    3. Как следует из теоремы синусов, радиус RR описанной около треугольника `ABC` окружности может быть найден из равенства: 

    R=AC2sinBR=\dfrac{AC}{2\sin B} т. е. R=AC2sin(180°-4α)=AC4sin2α·cos2α=1583R=\dfrac{AC}{2\sin(180^\circ-4\alpha)}=\dfrac{AC}{4\sin2\alpha\cdot\cos2\alpha}=\dfrac{15}8\sqrt3.

    В решении следующих задач существенно используется знание тригонометрических тождеств, умение решать тригонометрические уравнения. Подобные задачи не рассматривались в заданиях 9 - 10 классов, поскольку большинство учащихся в то время не обладало знаниями по тригонометрии в достаточном объёме.

    В этих задачах в качестве неизвестной выбирается некоторый угол и по данным задачи и известным метрическим соотношениям составляется тригонометрическое уравнение или система уравнений. Их составление  и  решение является основным   этапом всего решения задачи, а искомые  элементы  определяются  через значения тригонометрических функций введённого угла.

    Пример 15
    Рис. 29

    Точки KK и MM расположены соответственно на стороне BCBC и высоте BDBD остроугольного треугольника ABCABC. Треугольник AMKAMK - равносторонний  (рис. 29). Найти его площадь, если AD=3AD=3, DC=112DC=\dfrac{11}2, BK:KC=10:1BK:KC=10:1.   

    Решение

    1. Обозначим сторону правильного треугольника AMKAMK  через x, KAC=φx,\;\angle KAC=\varphi  (рис. 29). Пусть FK||ACFK\vert\vert AC и KNACKN\perp AC. Из подобия треугольников  CKNCKN и CBDCBD  следует NC=111DC=12NC=\dfrac1{11}DC=\dfrac12. Тогда DN=5, AN=8.DN=5,\;AN=8.

     2. Заметим, что FKA=φ\angle FKA=\varphi и MKF=π3-φ\angle MKF=\dfrac{\mathrm\pi}3-\varphi.  Из прямоугольных треугольников  AKNAKN и  MKFMKF следует:

    AN=AKcosφAN=AK\cos\varphi и FK=MKcos(π3-φ)FK=MK\cos(\dfrac{\mathrm\pi}3-\varphi), т. е. 8=xcosφ8=x\cos\varphi и 5=xcos(π3-φ)5=x\cos(\dfrac{\mathrm\pi}3-\varphi). Из тригонометрического  уравнения `5cosvarphi=8cos(pi/3-varphi)`  получаем

    cosφ=43sinφ\cos\varphi=4\sqrt3\sin\varphi и tgφ=143\mathrm{tg}\varphi=\dfrac1{4\sqrt3}.

    3. По формуле cosφ=11+tg2φ\cos\varphi=\dfrac1{\sqrt{1+tg^2\varphi}} находим  cosφ=437\cos\varphi=\dfrac{4\sqrt3}7 и x=8cosφ=143x=\dfrac8{\cos\varphi}=\dfrac{14}{\sqrt3}.  Площадь правильного  треугольника со стороной xx равна x234\dfrac{x^2\sqrt3}4. Находим SAMK=4933S_{AMK}=\dfrac{49\sqrt3}3.

    Обратим внимание, что в этой задаче один треугольник повёрнут относительно другого. В качестве промежуточной переменной и был введён этот угол поворота.

    Пример 16
    Рис. 30

    Окружность проходит через вершины AA и BB  треугольника  ABC,ABC, пресекает стороны BCBC и ACAC в точках MM и NN соответственно (рис. 30). Известно, что `AB=4`, `MN=2`, ACB=arcsin35\angle ACB=\arcsin\frac35. Найти радиус окружности.                                                                                

    Решение

    1. Обозначим ACB=φ\angle ACB=\varphi тогда sinφ=35\sin\varphi=\dfrac35, φ\varphi - острый угол, cosφ=45\cos\varphi=\dfrac45.

    Надо  найти  радиус окружности, поэтому разумно ввести вписанный угол: NMB=α\angle NMB=\alpha. Угол ANBANB - внешний  для треугольника BNC,BNC, поэтому  ANB=α+φ\angle ANB=\alpha+\varphi.

    2. Если RR - радиус окружности, то AB=2Rsin(α+φ)AB=2R\sin(\alpha+\varphi), и MN=2RsinαMN=2R\sin\alpha т. е. получаем систему:

    4=2Rsin(α+φ),2=2Rsinα.\left\{\begin{array}{l}4=2R\sin(\alpha+\varphi),\\2=2R\sin\alpha.\end{array}\right.

    Исключая `R`, придём к уравнению 2sinα=sin(α+φ)2\sin\alpha=\sin(\alpha+\varphi).

    Так как sin(α+φ)=sinα·cosφ+sinφ·cosα=45sinα+35cosα\sin(\alpha+\varphi)=\sin\alpha\cdot\cos\varphi+\sin\varphi\cdot\cos\alpha=\dfrac45\sin\alpha+\dfrac35\cos\alpha

    то уравнение приводится к виду

    10sinα=4sinα+3cosα10\sin\alpha=4\sin\alpha+3\cos\alpha, `6sinalpha=3cosalpha`, `"tg"alpha=1/2`.

    3. Находим: sinα=tgα1+tg2α=15\sin\alpha=\dfrac{tg\alpha}{\sqrt{1+tg^2\alpha}}=\dfrac1{\sqrt5} тогда R=MN2sinα=5R=\dfrac{MN}{2\sin\alpha}=\sqrt5.

    Важное замечание

    В задаче 15 угловая величина была задана значением arcsin35\arcsin\dfrac35. По определению функции y=arcsinxy=\arcsin x это означало, что заданный угол острый и sinφ=35\sin\varphi=\dfrac35. Мы заменили условие φ=arcsin35\varphi=\arcsin\dfrac35 равносильным ему. Аналогично следует поступать во всех задачах, условия которых содержат значения обратных тригонометрических функций для величин углов. Например, если угол задан в виде α=π-arccos23\alpha=\pi-\arccos\sqrt{\dfrac23},  то это означает, что α\alpha - тупой угол,  cosα=-23 \cos\alpha=-\sqrt{\dfrac23\;}, sinα=13\sin\alpha=\dfrac1{\sqrt3} и могут быть найдены, если окажется необходимым, значения  cos2α\cos2\alpha, sinα2\sin\dfrac\alpha2 и т. п.

    Некоторые учащиеся, проводя решение задачи в общем виде и подставляя числовые данные лишь в конце (что, заметим, обычно делает решение громоздким), получают, например, ответ для длины стороны в виде α=3sin(2arccos13)\alpha=3\sin(2\arccos\dfrac1{\sqrt3}). Если далее это значение не записано в виде a=22a=2\sqrt2,  то решение не считается доведённым до конца. Т. е. ответ задачи, когда угловая величина задана значением обратной тригонометрической функции, не должен содержать значения тригонометрических и обратных тригонометрических функций (если только сама искомая величина не является углом).

    В заключение параграфа решим задачу об определении угла треугольника. Обратим внимание, что решение требует отбора в соответствии с условием задачи.

    Пример 17
    Рис. 31

    В треугольнике ABCABC высота BDBDмедиана CMCM и биссектриса  AKAK пересекаются в точке OO. (рис. 31).  Найти угол AA, если   известно, что он больше 60°60^\circ и  AM=3OMAM=\sqrt3OM.                                                                

    Решение

    1. Обозначим 

    AM=xAM=x (тогда `AB=2x`), BAC=2α\angle BAC=2\alpha и AO=yAO=y.

    Из прямоугольных треугольников AODAOD и ABDABD имеем: AD=ycosαAD=y\cos\alpha и AD=2xcos2αAD=2x\cos2\alpha. Выражаем y=2xcos2αcosαy=\dfrac{2x\cos2\alpha}{\cos\alpha}.

    2. Применяем теорему косинусов к треугольнику AMOAMO, учитывая, что MO2=13x2: x23=x2+y2-2xy·cosαMO^2=\dfrac13x^2:\;\dfrac{x^2}3=x^2+y^2-2xy\cdot\cos\alpha.

     Подставляем выражение для  yy, сокращаем на x2,x^2, приводим уравнение к виду:

    2cos2α+12cos22α-12cos2α·cos2α=02\cos^2\alpha+12\cos^22\alpha-12\cos2\alpha\cdot\cos^2\alpha=0.

    Используем тождество: 2cos2α=1+cos2α,2\cos^2\alpha=1+\cos2\alpha,  получаем уравнение:

    6cos22α-5cos2α+1=06\cos^22\alpha-5\cos2\alpha+1=0.

    Находим: cos2α=13\cos2\alpha=\dfrac13 или cos2α=12\cos2\alpha=\dfrac12.

    3. По условию: 2α=BAC2\alpha=\angle BAC, 2α > π32\alpha\;>\;\dfrac{\mathrm\pi}3, значит cos2α < 12\cos2\alpha\;<\;\dfrac12, поэтому

    cos2α=cosA=13\cos2\alpha=\cos A=\dfrac13, A=arccos13\angle A=\arccos\dfrac13.


  • § 5. Рисунок в геометрической задаче

    В заключении остановимся на ещё  не обсуждавшийся в этом задании вопросе о роли рисунка в решении геометрических задач.

    Некоторые учащиеся и абитуриенты ограничиваются небрежным мелким рисунком, на котором даже трудно разобрать, какие обозначения к чему относятся, какие прямые перпендикулярны или параллельны, в каких точках имеет место касание и т. п. Кое-кому из них всё же удаётся верно решить задачу, но в большинстве случаев, особенно в задачах, требующих ряда шагов рассуждений и вычислений, такой рисунок скорее мешает решению, а не способствует успеху.

    Рисунок в геометрической задаче – это удобный для восприятия наглядный способ записи условий задачи, фиксирующий и удерживающий внимание решающего, он даёт повод к размышлению и может стать помощником в решении задачи, подсказать правильный путь в поисках решения. (Посмотрите, например, на рис. 27, 28, 29). Именно поэтому к построению рисунка полезно относиться вдумчиво. Сначала, чтобы понять задачу, её условия переводят на геометрический язык: делают от руки небольшой предварительный рисунок и отмечают на нём (если таковые есть) равные углы, пропорциональность отрезков, перпендикулярность и т. п. И лишь обдумав, как надо изменить рисунок, чтобы он соответствовал условиям задачи, делают аккуратный и достаточно большой рисунок, чтобы на нём уместились все введённые обозначения углов, отрезков и данные задачи. В ряде случаев «хороший» рисунок получается не с первой попытки и при его построении уже начинается процесс решения задачи, так как используются определения и известные геометрические факты относительно входящих в условие задачи элементов геометрической конфигурации.

    Когда словами записываются геометрические свойства входящих в задачу элементов, устанавливаются метрические соотношения типа  AB=AK+KB, AK=PQAB=AK+KB,\;AK=PQ и т. п., проводятся некоторые вычисления, то охватить их взглядом, увидеть в целом, сделать нужный вывод бывает совсем непросто, а вот увидеть на рисунке след собственных рассуждений и не терять этого из виду обычно удаётся.

    Мы говорим о работе с рисунком в процессе поиска решения. При окончательном изложении решения задачи каждое заключение должно быть обосновано (чаще всего ссылками на известные теоремы курса, реже – дополнительным доказательством). Сам по себе рисунок, даже самый аккуратный, выполненный циркулем и линейкой, ничего не доказывает, всё, что «увидено» из чертежа, должно иметь логическое обоснование.

    И ещё одно замечание. Если задача не получается, «упирается», не достаёт ещё какого-то одного соотношения, связи элементов – вернитесь к условию задачи и вновь обсудите каждый входящий в него геометрический элемент. Скорее всего, вами использованы не все их свойства, сделаны не все возможные выводы.

    Поясним наши рассуждения о рисунке и работе с ним примерами решения двух задач олимпиад МФТИ.

    Пример 18

    Продолжения медиан AEAE и CFCF треугольника ABCABC (рис. 32) пересекают описанную около него окружность в точках DD и NN соответственно так, что AD:AE=2:1AD:AE=2:1 и CN:CF=4:3.CN:CF=4:3. Найти углы треугольника.

    Рис. 32
    Решение

    Делаем предварительный рисунок (кстати, его удобнее всего рисовать, начиная с окружности), отмечаем, что BE=EC, ED=AEBE=EC,\;ED=AE (это следует из условия AD=2AEAD=2AE). Две хорды BCBC и AD,AD, пересекаясь, делятся пополам. По свойству  пересекающихся хорд AE·DE=BE·CEAE\cdot DE=BE\cdot CE откуда следует, что AE=BE=DE=CEAE=BE=DE=CE. Точка EE одинаково удалена от точек `A`, `B`, `D` и `C` окружности, значит  точка  EEцентр окружности. Отсюда  следует, что BCBC и ADAD - диаметры, и  A\angle A - прямой (опирается на диаметр). Поскольку далее должна рассматриваться медиана AE,AE,  а нами установлено, что AE=DE=BE=CE,AE=DE=BE=CE, то удобно ввести обозначение AE=R.AE=R.

    Рис. 33


    Обсудим следующие условия задачи: FN=13FC.FN=\dfrac13FC. Обозначим FN=x,FN=x, тогда FC=3x.FC=3x. Наконец обратим внимание, что в задаче есть две медианы треугольника, значит надо воспользоваться свойством медиан: пересекаясь, они делятся в отношении `2:1`, считая от вершины. Итак, если обозначить через OO точку пересечения медиан, то

    AO=23R, CO=2x, OF=x.AO=\dfrac23R,\;CO=2x,\;OF=x.

    Выполняем хороший большой рисунок с учётом всех установленных фактов. Посмотрим внимательно на рис. 33 и подумаем, может быть, еще что-то можно установить? Да! Хорда CN,CN, пересекая диаметр AD,AD, делится пополам, значит  CNAD.CN\perp AD. Отразим и этот последний факт.

    Теперь решение.

    1. По свойству пересекающихся хорд:

    AO·OD=CO·ONAO\cdot OD=CO\cdot ON, т. е. 23R43R=4x2\dfrac23R\frac43R=4x^2 откуда x2=29R2x^2=\frac29R^2.

    2. Из прямоугольного треугольника COACOA по теореме Пифагора:

    AC=2x2+23R2=23RAC=\sqrt{\left(2x\right)^2+\left(\frac23R\right)^2}=\dfrac2{\sqrt3}R.

    3. Из прямоугольного треугольника ABCABC находим:

    sinB=ACBC=13\sin B=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac1{\sqrt3}.

    Ответ

    A=π2\angle A=\dfrac{\mathrm\pi}2, B=arcsin13\angle B=\arcsin\dfrac1{\sqrt3}, C=π2-arcsin13\angle C=\dfrac{\mathrm\pi}2-\arcsin\dfrac1{\sqrt3}.


    Пример 19

    Длина стороны ромба ABCDABCD равна `4`. Расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников ABDABD и ACD,ACD, равно `3`. Найти радиусы окружностей.

    Решение

    Строим первый пробный рисунок (рис. 34) и начинаем рассуждать.

    Поскольку в условии задачи задано расстояние между центрами, то необходимо установить их положение. Будем помнить, что четырёхугольник ABCDABCD - ромб, характеризующее его свойство – диагонали, пересекаясь, делятся пополам и перпендикулярны друг другу. Центр окружности, описанной около треугольника, есть точка пересечения серединных   перпендикуляров  к  его  сторонам. Треугольники ABDABD и ACDACD имеют общую сторону ADADследовательно, оба центра  лежат на серединном перпендикуляре отрезка ADAD

    Кроме того, центр  O1O_1 окружности, описанной около треугольника ABD,ABD, лежит на прямой ACAC (это серединный перпендикуляр отрезка BDBD), а центр  O2O_2 окружности,  описанной около треугольника ACD,ACD, лежит на прямой BDBD (это серединный перпендикуляр отрезка ACAC). Итак, центры окружностей – это точки пересечения серединного перпендикуляра отрезка ADAD с прямыми ACAC и BD.BD.

    Рис. 34 Рис. 35

    Вот теперь строим новый рисунок, на который наносим также числовые данные задачи. Обратим внимание, что окружности рисовать уже нет необходимости.

    Обозначим AO1=R1AO_1=R_1 и DO2=R2DO_2=R_2 и, поскольку имеем несколько подобных треугольников, вводим ещё угол MAO1=α.\angle MAO_1=\alpha. Записываем вполне очевидные выводы:

    1. AO1M, M=90°,MAO1=α2=R1cosα,O1M=R1sinα.1.\;\left.\begin{array}{l}\triangle AO_1M,\;\angle M=90^\circ,\\\angle MAO_1=\alpha\end{array}\right|\Rightarrow\begin{array}{l}2=R_1\cos\alpha,\\O_1M=R_1\sin\alpha.\end{array} 

    2.DO2M: M=90°,MO2D=α 2=R2sinα,O2M=R2cosα.2.\left.\begin{array}{l}\bigtriangleup DO_2M:\;\angle M=90^\circ,\\\angle MO_2D=\alpha\end{array}\right|\;\Rightarrow\begin{array}{l}2=R_2\sin\alpha,\\O_2M=R_2\cos\alpha.\end{array}

    3.По условию O1O2=3,т. е. O2M-O1M=3 R2cosα-R1sinα=3.3.\left.\begin{array}{l}\mathrm{По}\;\mathrm{условию}\;O_1O_2=3,\\\mathrm т.\;\mathrm е.\;O_2M-O_1M=3\end{array}\right|\;\Rightarrow R_2\cos\alpha-R_1\sin\alpha=3.

    Итак, получили систему из трёх уравнений с тремя неизвестными:

    R1, R2, α: 2=R1cosα.2=R2sinα,3=R2cosα-R1sinα.\begin{array}{l}R_1,\;R_2,\;\alpha:\;\left\{\begin{array}{l}2=R_1\cos\alpha.\\2=R_2\sin\alpha,\\3=R_2\cos\alpha-R_1\sin\alpha.\end{array}\right.\\\end{array}

    Решать эту систему можно по-разному, например, исключив `R_1` и `R_2`, получить тригонометрическое уравнение

    3=2cosαsinα-2sinαcosα3=2\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}-2\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}, 2tg2α+3tgα-2=02\mathrm{tg}^2\alpha+3\mathrm{tg}\alpha-2=0, tgα=12\mathrm{tg}\alpha=\dfrac12 (угол `alpha` - острый), тогда

    cosα=11+tg2α=25\cos\alpha=\dfrac1{\sqrt{1+tg^2\alpha}}=\dfrac2{\sqrt5} и R1=5, R2=25R_1=\sqrt5,\;R_2=2\sqrt5

    В этой задаче, оказавшейся совсем не простой для абитуриентов, трудность для многих была заключена в построении рисунка, обнажающего условие задачи и направляющего решение.


  • Сводка полезных формул по геометрии


    Формулы площади треугольника

    S=12ahS=\dfrac12ah (`a` - основание, `h` - высота к `a`).

    S=12ab·sinCS=\dfrac12ab\cdot\sin C (`a`, `b`- стороны, `С` - угол между ними).

    S=p(p-a)(p-b)(p-c)S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} (формула Герона, 2p=a+b+c)2p=a+b+c).

    S=prS=pr (`p` - полупериметр,`r` - радиус вписанной окружности).

    S=abc4RS=\dfrac{abc}{4R}, где `R` - радиус описанной окружности).

    S=(p-a)raS=(p-a)r_a, где `p` - полупериметр, `r_a` - радиус вневписанной окружности, касающейся стороны `а`.

    Формулы площади трапеции

    S=a+b2hS=\dfrac{a+b}2h (`a`, `b` - основания, `h` - высота).

    S=c·mS=c\cdot m (`c` - боковая сторона, `m` - расстояние до нее от середины другой боковой стороны.

    Формулы площади параллелограмма:

    S=ahS=ah (`a` - сторона, `h` - высота к `a`).

    S=ab·sinαS=ab\cdot\sin\alpha (`a`, `b` - стороны, `alpha` - величина угла между ними)

    Формула площади выпуклого четырёхугольника:

    S=12d1d2sinφS=\dfrac12d_1d_2\sin\varphi (`d_1` и `d_2` - диагонали, `varphi` - величина угла между ними).

    Формула параллелограмма:

    d12+d22=2(a2+b2)d_1^2+d_2^2=2(a^2+b^2) (`a` и `b` - стороны,`d_1`, `d_2` - диагонали).

    Формула медианы треугольника через 3 стороны:

    mc2=a2+b22-c24m_c^2=\dfrac{a^2+b^2}2-\dfrac{c^2}4

    Формула биссектрисы ADAD треугольника ABC:ABC:

    1) AD=2bcb+ccosA2, b=AC, c=ABAD=\dfrac{2bc}{b+c}\cos\dfrac A2,\;\left(b=AC,\;c=AB\right).

    2) AD=bc-xy, (x=BD, y=DC, xy=cb)AD=\sqrt{bc-xy},\;(x=BD,\;y=DC,\;\dfrac xy=\dfrac cb).

    Формула для равнобокой трапеции:

    d2=c2+abd^2=c^2+ab (`a`, `b` - основания, `c` - боковая сторона, `d` - диагональ).





  • Решение планиметрических задач

    Основное внимание, как во всех Заданиях, уделяется методам и приёмам решения задач. Именно решение задач делает изучение вообще, и геометрии в частности, активным. Ведь каждая решённая задача - это некоторый поиск и, пусть небольшое, но открытие. «То, что вы были принуждены открыть сами, оставляет в вашем уме дорожку, которой вы сможете воспользоваться, когда в том возникнет необходимость» (это слова немецкого физика XVII столетия Лихтенберга, который известен своими афоризмами).

    Итак, если хотите научиться решать задачи, приобрести навыки решения – учитесь этому, разбирайте решения в учебнике и нашем Задании, повторяйте эти решения (ведь так учатся всему), а затем пробуйте свои силы. У Вас получится.

    Задание состоит из четырёх параграфов. В параграфе 1 повторяются признаки подобия треугольников, решается несколько характерных задач на эту тему, повторяются свойства медиан, биссектрис и высот треугольника. Во втором параграфе обсуждаются «задачи в делении отрезка» и доказывается теорема Менелая. Третий параграф посвящён свойствам касательных, хорд, секущих, вписанных и описанных четырёхугольников. В параграфе 4 рассматривается применение теорем синусов и косинусов, разобраны задачи, решение которых требует применение тригонометрии. Почти все эти темы разбирались в заданиях по геометрии в 9 и 10 классах ЗФТШ, поэтому более простые утверждения здесь приводятся без доказательства. Тем, кто поступил в ЗФТШ в 11 класс, рекомендуется доказать эти утверждения самостоятельно, а те, кто учится в ЗФТШ не первый год, найдут много новых интересных задач, подробно решённых в 19 примерах.

    Задание оканчивается контрольными вопросами и задачами для самостоятельного решения; они оценены по трудности в очках, которые указаны в скобках после номера. Знаком * «звёздочка» отмечены более трудные вопросы и задачи.

    За правильный ответ и верное решение задачи ставится полное число очков, за недочёты и ошибки определённое число очков снимается.

    Работу над заданием рекомендуется начать с внимательного чтения его и самостоятельного решения (после ознакомления) всех приведённых в нём задач. Ответы на контрольные вопросы следует давать подробные, со ссылками на соответствующие теоремы учебника или данного задания, с доказательствами своих ответов. В случае отрицательного ответа должен быть приведён опровергающий пример. Приведём примеры ответов на контрольные вопросы.

    Вопрос 1

    Можно ли утверждать, что треугольник равнобедренный, если его биссектриса является медианой?

    Ответ

    Рис. 1

    Да, можно. Докажем это. Пусть в треугольнике ABCABC биссектриса `BM` является медианой: AM=MCAM=MC (рис. 1). На продолжении биссектрисы BMBM отложим отрезок MDMD, равный MBMB. Треугольники ABMABM и CDMCDM равны по первому признаку: у них углы при вершине MM  равны как вертикальные и AM=CMAM=CM, BM=MDBM=MD. Из равенства треугольников следует

    CD=ABCD=AB                                   (1)

    и CDM=ABM\angle CDM=\angle ABM. Но ABM=CBM\angle ABM=\angle CBM, поэтому CDM=CBM\angle CDM=\angle CBM, т. е. в треугольнике BCDBCD  углы при основании BDBD равны. По теореме этот треугольник равнобедренный: BC=CDBC=CD. Отсюда и из (1) заключаем: BC=ABBC=AB. Утверждение доказано.

    Вопрос 2
    Рис. 2

    Могут ли длины сторон треугольника быть меньше `1` мм, а радиус описанной окружности больше `1` км?

    ОТвет

    Да, могут. Приведём пример. Из точки CC, лежащей на окружности  радиуса `2` км, дугой радиуса 1/21/2 мм отмечаем точки AA и BB, лежащие на большей окружности (рис. 2); очевидно, AC=CB=1/2AC=CB=1/2 мм.

    Треугольник ABCABC вписан в окружность радиуса `2` км, а его наибольшая сторона ABAB < AC+BC=1AC+BC=1 мм.

    вопрос 3
    Рис. 3

    Можно ли через точку окружности провести три равные между собой хорды?

    ответ

    Нет, нельзя. Действительно, предположим противное, т. е. предположим, что хорды ABAB, ACAC и ADAD окружности с центром в точке OO равны между собой (рис. 3). Тогда точки BB, CC и DD одинаково удалены от точки `A`, т. е. они лежат на окружности с центром в точке AA. Однако, этого не может быть, так как две окружности с разными центрами не могут иметь более двух общих точек. Значит предположение неверно.

    Вопрос 4
    Рис. 4

    Верно ли, что ABC=A1B1C1\triangle ABC=\triangle A_1B_1C_1, если AB=A1B1AB=A_1B_1, BC=B1C1BC=B_1C_1, C=C1\angle C=\angle C_1?

    Ответ

    Нет, например, на рис. 4 показаны треугольники ABCABC и A1B1C1A_1B_1C_1, для которых, как легко видеть, выполнены все заданные равенства, но ABCA1B1C1\triangle ABC\neq\triangle A_1B_1C_1, так как ACA1C1AC\neq A_1C_1.

    Итак, при утвердительном ответе надо либо привести доказательство того, что данное утверждение верно (как в ответе на вопрос 1), либо привести конкретный пример реализации заданных условий (как в ответе на вопрос 2).

    При отрицательном ответе надо либо привести рассуждения, приводящие к противоречию заданных условий аксиоме, теореме или определению (как в ответе на вопрос 3), либо построить один опровергающий пример (как в ответе на вопрос 4).

    После повторения тем в §1 – 4 в заключительном пятом параграфе обсудим вопросы подходов к решению, важность хорошего рисунка, выбора переменных, а также остановимся на некоторых ошибках, допускаемых учащимися и абитуриентами.

    Это задание вместе с присланным решением будут Вам полезны при подготовке к экзаменам.

  • § 1. Подобие треугольников. Отношение площадей подобных треугольников. Свойства медиан, биссектрис и высот

    Две фигуры FF и F'F^'  называются подобными, если они переводятся друг в друга преобразованием подобия, т. е. таким преобразованием, при котором расстояния между двумя точками изменяются (увеличиваются или уменьшаются) в одно и то же число раз. Если фигуры FF и F'F^'  подобны, то пишется FF'F\sim F^'Напомним, что в записи подобия треугольников ABC~A1B1C1\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1предполагается, что вершины, совмещаемые преобразованием  подобия, стоят на соответствующих местах, т. е. AA переходит в A1A_1, BB - в B1B_1, CC - в C1C_1. Из свойств преобразования подобия следует, что у подобных фигур соответствующие углы равны, а соответствующие отрезки пропорциональны. В частности, если ABC~A1B1C1\triangle ABC\sim\triangle A_1B_1C_1

    A=A1, B=B1, C=C1, ABA1B1=BCB1C1=ACA1C1\angle A=\angle A_1,\;\angle B=\angle B_1,\;\angle C=\angle C_1,\;\dfrac{AB}{A_1B_1}=\dfrac{BC}{B_1C_1}=\dfrac{AC}{A_1C_1}.

    признаки подобия треугльников

    Два треугольника подобны:

    • 1) если два угла одного соответственно равны двум углам другого;
    • 2) если две стороны одного пропорциональны двум сторонам другого и углы, образованные этими сторонами, равны;
    • 3) если три стороны одного треугольника пропорциональны трём сторонам другого.

    Из признаков подобия следует утверждения, которые удобно использовать в решении задач: 

    1°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие в различных точках, отсекает треугольник, подобный данному.

    Рис. 5

    2°. Прямая, параллельная одной из сторон треугольника и пересекающая две другие стороны, отсекает на них отрезки, пропорциональные данным сторонам,   т. е. если  MN||ACMN||AC (рис. 5), то

    mn=pq=m+pn+q\dfrac mn=\dfrac pq=\frac{m+p}{n+q}

    3°. Если  прямая пересекает две стороны треугольника и отсекает на них пропорциональные отрезки, то она параллельна третьей стороне, т. е. если (см. рис. 5)

    mn=m+pn+q\dfrac mn=\dfrac{m+p}{n+q} или mn=pq\dfrac mn=\dfrac pq,

    то MNMN параллельна ACAC (доказательство было дано в задании для  9 класса).

    Пример 1

    Прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно её основаниям, пересекает боковые стороны трапеции в точках MM и NN. Найти длину отрезка `MN`, если  основания  трапеции равны aa и bb.

    Решение

    Пусть OO точка пересечения диагоналей трапеции (рис. 6). Обозначим:

    AD=a, BC=b, MO=x, BO=p, OD=q.AD=a,\;BC=b,\;MO=x,\;BO=p,\;OD=q.

    $$1.\;\left.\begin{array}{l}BC\parallel AD\\\bigtriangleup BOC\sim\bigtriangleup DOA\;(\mathrm{по}\;\mathrm{двум}\;\mathrm{углам})\end{array}\right|\Rightarrow\dfrac ba=\dfrac pq$$                                        (1)

    $$2.\;\left.\begin{array}{l}MO\parallel AD\\\bigtriangleup MBO\sim\bigtriangleup ABD\end{array}\right|\Rightarrow\dfrac xa=\dfrac p{p+q}$$.                                         (2)

    Из (1) и (2) следует x=app+q=qp/qp/q+1=aba+bx=a\dfrac p{p+q}=q\dfrac{p/q}{p/q+1}=\dfrac{ab}{a+b}, т. е. MO=aba+b.MO=\dfrac{ab}{a+b}.

    Аналогично устанавливаем, что NO=aba+bNO=\dfrac{ab}{a+b}, поэтому MN=2aba+b\boxed{MN=\dfrac{2ab}{a+b}}.

    Результат этой задачи, как утверждение, верное для любой трапеции, следует запомнить. 

    Рис. 6

    Из определения подобия фигур следует, что в подобных фигурах все соответствующие линейные  элементы пропорциональны. Так, отношение периметров подобных треугольников равно отношению длин соответствующих сторон. Или, например, в подобных треугольниках отношение радиусов вписанных окружностей (также и описанных окружностей) равно отношению длин соответствующих сторон. Это замечание поможет нам решить следующую задачу.

    Пример 2
    Рис. 7

    В прямоугольном треугольнике  ABCABC из вершины CC прямого угла проведена высота CDCD (рис. 7). Радиусы  окружностей, вписанных в треугольники ACDACD и BCDBCD равны соответственно r1r_1 и r2r_2 . Найти радиус окружности, вписанной в треугольник ABCABC.

    Решение

     Обозначим искомый радиус rr, положим AB=cAB=c, AC=bAC=b, BC=aBC=a. Из подобия прямоугольных треугольников ACDACD и ABCABC (у   них   равные углы при вершине AA) имеем rr1=cb\dfrac r{r_1}=\dfrac cb, откуда b=r1rcb=\dfrac{r_1}rc. Прямоугольные треугольники  BCDBCD и  BACBAC также  подобны,  поэтому rr2=ca\dfrac r{r_2}=\dfrac ca, - откуда a=r2rca=\dfrac{r_2}rc. Так как a2+b2=c2a^2+b^2=c^2 то, возводя в квадрат выражения для  aa и bb и складывая их, получим r1r2c2+r2r2c2=c2\left(\frac{r_1}r\right)^2c^2+\left(\frac{r_2}r\right)^2c^2=c^2 или r12+r22r2=1\dfrac{r_1^2+r_2^2}{r^2}=1.  Находим  r=r12+r22r=\sqrt{r_1^2+r_2^2}

    Напомним, что площади подобных фигур относятся как квадраты соответствующих линейных элементов. Для треугольников это утверждение можно сформулировать так: площади подобных треугольников относятся как квадраты соответствующих сторон. Рассмотрим характерную задачу на эту тему.


    Пример3
    Рис. 8

    Через точку MM, лежащую внутри треугольника ABCABC, проведены три прямые, параллельные его сторонам. При этом образовались три треугольника (рис. 8), площади которых равны S1S_1, S2S_2  и S3S_3. Найти  площадь треугольника ABCABC.

    Решение

    Легко видеть, что треугольники EKMEKM, MQFMQF и PMNPMN подобны треугольнику ABCABC.

    Пусть SS -площадь треугольника ABCABC, тогда

    S1S=EMAC2; S2S=MFAC2; S3S=PNAC2.\dfrac{S_1}S=\left(\dfrac{EM}{AC}\right)^2;\;\dfrac{S_2}S=\left(\dfrac{MF}{AC}\right)^2;\;\dfrac{S_3}S=\left(\dfrac{PN}{AC}\right)^2.

    Откуда находим

    EM=S1SAC, MF=S2SAC, PN=S3SAC.EM=\sqrt{\dfrac{S_1}S}AC,\;MF=\sqrt{\dfrac{S_2}S}AC,\;PN=\sqrt{\dfrac{S_3}S}AC.

    А так как EM=AP, MF=NCEM=AP,\;MF=NC, то EM+PN+MF=AP+PN+NC=ACEM+PN+MF=AP+PN+NC=AC.

    Таким образом, AC=AC·S1S+S2S+S3SAC=AC\cdot\left(\sqrt{\dfrac{S_1}S}+\sqrt{\dfrac{S_2}S}+\sqrt{\dfrac{S_3}S}\right), откуда следует

    S=S1+S2+S32S=\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}\right)^2.

    Свойства медиан, высот, биссектрис треугольника

    В наших заданиях 9-го и 10-го классов здесь повторяемые теоремы и утверждения были доказаны. Для некоторых из них  мы напоминаем пути доказательств, доказывая их моменты и давая поясняющие рисунки.

    о медианах
    Рис. 9

    Теорема 1. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке  и  точкой пересечения каждая медиана делится в отношении `2 : 1`, считая от вершины.

    Теорема 2. Три медианы, пересекаясь, разбивают треугольник на `6` треугольников с общей вершиной, площади которых равны между собой.

    (На рис. 9 площадь каждого из `6` треугольников с вершиной `M` и основанием, равным половине стороны, равна 12SABC\dfrac12S_{ABC}. Точка пересечения медиан называется центром тяжести треугольника. 


    Теорема 3. Пусть BDBD - медиана треугольника 

    ABC (BC=a, AC=b, AB=c, BD=ma)ABC\;(BC=a,\;AC=b,\;AB=c,\;BD=m_a)тогда

    mc2=a2+b22-c24m_c^2=\dfrac{a^2+b^2}2-\dfrac{c^2}4(Доказательство приведено далее в §4 Задания).

    Пример 4
    Рис. 10

    Медианы AA1AA_1 треугольника ABCABC пересекаются в точке OO, AA1=12AA_1=12 и CC1=6CC_1=6 и одна из сторон треугольника равна `12`. (рис. 10). Найти площадь треугольника  ABCABC.

    Решение

    1. По теореме 1 имеем  AO=23AA1=8AO=\dfrac23AA_1=8, CO=23CC1=4CO=\dfrac23CC_1=4

    Расставим на рисунке 10 длины отрезков медиан. По условию, одна из сторон треугольника равна `12`, сторона ACAC не может равняться `12`, иначе AC=AO+OCAC=AO+OC - нарушено неравенство треугольника. Также не может равняться `12` сторона ABAB, так в этом случае AC1=6AC_1=6 и треугольник AOC1AOC_1  со сторонами `8`, `2`, `6` не существует. Значит,  BC=12BC=12 и AC1=6AC_1=6.

    2. Площадь треугольника находим по формуле Герона:

    p=7, SA1OC=7·1·3·3=37p=7,\;S_{A_1OC}=\sqrt{7\cdot1\cdot3\cdot3}=3\sqrt7.

    По теореме 2 площадь треугольника  ABCABC в `6` раз больше, находим SABC=187S_{ABC}=18\sqrt7.

    о высотах

    Теорема 4. Три высоты треугольника или три прямые, на которых лежат высоты, пересекаются в одной точке. (Эта точка называется ортоцентром треугольника). В остроугольном треугольнике точка пересечения высот лежит внутри треугольника.

    Были доказаны также две леммы о высотах

    1-ая лемма.

    Если AA1AA_1 и BB1BB_1 - высоты треугольника ABCABC, то треугольник A1B1CA_1B_1C подобен треугольнику ABCABC с коэффициентом подобия k=A1B1AB=cosCk=\dfrac{A_1B_1}{AB}=\left|\cos C\right|Можно это утверждение сформулировать так: Если соединить основания двух высот AA1AA_1 и BB1BB_1 треугольника ABCABC, то образуется треугольник, подобный данному: A1B1C~ABC\triangle A_1B_1C\sim\triangle ABC

    Из прямоугольных треугольников ACA1ACA_1 следует A1C=AC·cosCA_1C=AC\cdot\cos C или A1C=AC·cos(180°-C)=ACcosCA_1C=AC\cdot \cos(180^\circ-C)=AC\left|\cos C\right| (рис. 11а, б), а из прямоугольных треугольников BCB1BCB_1 следует B1C=BC·cosCB_1C=BC\cdot \cos C или B1C=BC·cos(180°-C)=BCcosCB_1C=BC\cdot \cos(180^\circ-C)=BC\left|\cos C\right|. Далее рассуждения очевидны.

    Рис. 11a Рис. 11б


    2-ая лемма.

    Если высоты AA1AA_1 и BB1BB_1 (или их продолжения) пересекаются в точке HH, то справедливо равенство AH·HA1=BH·HB1AH\cdot HA_1=BH \cdot HB_1 (рис. 12а, б).

    Рис. 12a Рис. 12б
    ПримеР 5*
    Рис. 13

    Высоты AA1AA_1 и BB1BB_1 пересекаются в точке HH (рис. 13), при этом AH=3HA1AH=3HA_1 и BH=HB1BH=HB_1. Найти косинус угла ACBACB и площадь треугольника ABCABC, если AC=aAC=a.  

    Решение

    Обозначим HA1=x, HB1=yHA_1=x,\;HB_1=y

    1. Точка HH - середина высоты (рис. 13). Если отрезок MHMH проходит через точку HH и параллелен  основаниям,  то `MN` - средняя линия; `MN=a/2`.

    2. $$\left.\triangle HA_1N\sim\triangle AA_1C\right|\Rightarrow\dfrac{HN}{AC}=\dfrac x{4x},\;HN=\dfrac14a.$$ Значит, MH=HN=a4MH=HN=\dfrac a4 и AB1=B1C=a2AB_1=B_1C=\dfrac a2 Треугольник  ABCABC  равнобедренный, AB=BCAB=BC.

    3. B1BC=90°-C\angle B_1BC=90^\circ-\angle C, поэтому BHA1=AHB1=C\underline{\angle BHA_1=\angle AHB_1=\angle C}, а по второй лемме о высотах  AH·HA1=BH·HB1AH\cdot HA_1=BH\cdot HB_1 т. е.  3x2=y2, y=x33x^2=y^2,\;y=x\sqrt3.

         Далее, cosC=cos(AHB1)=y3x\cos C=\cos (\angle AHB_1)=\dfrac y{3x}, находим cosC=13\cos C=\dfrac1{\sqrt3}.

    4. AHB1: AB12=(3x)2-y2\bigtriangleup AHB_1:\;AB_1^2=(3x)^2-y^2, a24=6x2\dfrac{a^2}4=6x^2, x=a26x=\dfrac a{2\sqrt6}, y=a22y=\dfrac a{2\sqrt2}, тогда

    SABC=12AC·BB1=ay=a224S_{ABC}=\dfrac12AC\cdot BB_1=ay=\dfrac{a^2\sqrt2}4.

    о биссектрисах треугольника

    Теорема 5. Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим  сторонам, т. е.  если ADAD - биссектриса треугольника  ABCABC (рис. 14), то

    BDDC=ABAC xy=cb\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}\;\left(\dfrac xy=\dfrac cb\right)

    Доказательство легко выполните сами, применяя теорему синусов к треугольникам ADBADB и ADCADC.

    Теорема 6. Пусть ADAD - биссектриса треугольника ABCABC (рис. 14), тогда AD=AB·AC-DB·DCAD=\sqrt{AB\cdot AC-DB\cdot DC} (в обозначениях рисунка 14а) 

    AD=bc-xy\underline{AD=\sqrt{bc-xy}}.


    Рис. 14 Рис. 14а



    Эту теорему докажем. Опишем около треугольника ABCABC окружность, точку пересечения прямой ADAD и окружности обозначим KK (рис. 14а).

    Обозначим  AD=z, DK=m.ABDAKCAD=z,\;DK=m.\bigtriangleup ABD\sim\triangle AKC (ABD=AKC(\angle ABD=\angle AKC и 1=2)\angle1=\angle2). Из подобия следует ABAK=ADAC\dfrac{AB}{AK}=\dfrac{AD}{AC}, т. е. cz+m=zb\dfrac c{z+m}=\dfrac zb, откуда z2+zm=bcz^2+zm=bc, z2=bc-zmz^2=bc-zm.

    По свойству пересекающихся хорд: AD·DK=BD·CDAD\cdot DK=BD\cdot CD, т. е. z·m=x·yz\cdot m=x\cdot y, тогда z2=bc-xyz^2=bc-xy, z=bc-xyz=\sqrt{bc-xy}.  

    Пример 6

    В треугольнике ABCABC со сторонами AB=5AB=5, AC=3AC=3 биссектриса AD=158AD=\dfrac{15}8. Найти сторону BCBC и радиус вписанной окружности.

    Решение

    По теореме 5 (см. рис. 14) имеем xy=53\dfrac xy=\dfrac53 Обозначим x=5zx=5z, тогда  y=3zy=3z. По теореме 6 выполнено равенство 1582=5·3-5z·3z.\left(\dfrac{15}8\right)^2=5\cdot3-5z\cdot3z. Легко находим z=78z=\dfrac78 значит BC=7.BC=7. Радиус вписанной окружности найдём по формуле S=prS=pr (`S` - площадь треугольника,  `p` -полупериметр). Имеем p=152p=\dfrac{15}2, по формуле Герона S=152·12·102·92=1532,S=\sqrt{\dfrac{15}2\cdot\dfrac12\cdot\dfrac{10}2\cdot\dfrac92}=\dfrac{15\sqrt3}2, поэтому r=Sp=32.r=\dfrac Sp=\dfrac{\sqrt3}2.  ▲


  • §2. Задачи о делении отрезка. Теорема Менелая

    Задача о «делении отрезка», как правило, решаются дополнительным построением – проведением прямой, параллельной рассекающей, и использованием подобия или теоремы о пересечении сторон угла параллельными прямыми. Общий подход к решению таких задач даёт теорема Менелая (далее напомним формулировку и доказательство, в задании 9-го класса это уже было сделано).

    Задача 7

    Точка DD  лежит на стороне BCBC, точка KK - на стороне ABAB треугольника  ABCABC, прямые ADAD и CKCK пересекаются в точке OO (рис. 15). Найти отношение  AO:ODAO:OD, если AK:KB=1:3AK:KB=1:3 и BD:DC=2:3BD:DC=2:3..  

    Рис. 15
    Решение

    Расставим на рисунке данные о делении  сторон.  Чтобы  решение стало  более  понятным,  сделаем  ещё  один  рисунок  (рис. 15а),  на   нём проведём DS||CKDS||CK.    

    Рассматриваем треугольник KBCKBC. Из `DS``||``CK`по утверждению  2°2^\circ

    (второй признак подобия треугольников) следует KS:KB=CD:CBKS:KB=CD:CB, откуда KS=35·3x=95xKS=\dfrac35\cdot3x=\dfrac95x. (Ставим это на рисунке). На этом этапе удобно сделать ещё один рисунок (рис. 15б), либо на рисунке 15а провести прямую `AD` и отметить точку  OO.

    В треугольнике ASDASD по построению SD||KOSD||KO, По утверждению 2°2^\circ имеем  AO:OD=AK:KSAO:OD=AK:KS, откуда следует AO:OD=5:9AO:OD=5:9

    Рис. 15a Рис. 15б


    теорема 7 (менелая) о треугольнике и секущей

    Точки `A_1` и `C_1`, расположенные на сторонах `BC` и `AB` треугольника `ABC`, и точка `B_1`, расположенная на продолжении стороны `AC` за точку `C`, лежат  на  одной  прямой   тогда  и только тогда, когда имеет  место равенство: 

    AC1C1B·BA1A1C·CB1B1A=1\dfrac{AC_1}{C_1B}\cdot\dfrac{BA_1}{A_1C}\cdot\dfrac{CB_1}{B_1A}=1.                            (`**`)

    Доказательство
    1. Пусть точки B1,A1,C1B_1,A_1,C_1 лежат на одной прямой. 

      Проводим CK||ABCK||AB (рис. 16а):

    $$\begin{array}{l}\left.\triangle A_1CK\sim\triangle A_1BC_1\right|\Rightarrow\dfrac{CK}{C_1B}=\dfrac{A_1C}{BA_1};\\\left.\triangle B_1AC_1\sim\triangle B_1CK\right|\Rightarrow\dfrac{AC_1}{CK}=\dfrac{B_1A}{B_1C}.\end{array}$$                                    

    Почленно перемножив, получим  

    AC1C1B=A1CBA1·B1ACB1\dfrac{AC_1}{C_1B}=\dfrac{A_1C}{BA_1}\cdot\dfrac{B_1A}{CB_1},

    откуда и следует

    AC1C1B·BA1A1C·CB1B1A=1\dfrac{AC_1}{C_1B}\cdot\dfrac{BA_1}{A_1C}\cdot\dfrac{CB_1}{B_1A}=1 

    (стрелочки на рис. 16а показывают последовательность взятия отрезков, движение начинается в точке `A` и в ней же заканчивается).

    Рис. 16а Рис. 16б

    2. Пусть имеет место равенство (`**`). Через две точки B1B_1 и A1A_1 проводим   прямую,   точку  пересечения    с   отрезком ABAB обозначаем C2C_2 (рис. 16б). Точки  A1,B1A_1, B_1 и C2C_2  лежат на одной прямой, по доказанному имеет место 

    AC1C1B·BA1A1C·CB1B1A=1.\dfrac{AC_1}{C_1B}\cdot\dfrac{BA_1}{A_1C}\cdot\dfrac{CB_1}{B_1A}=1.

    Сравнивая с равенством (`**`), устанавливаем, что AC2C2B=AC1C1B\dfrac{AC_2}{C_2B}=\dfrac{AC_1}{C_1B} и показываем, что точки C2C_2 и C1C_1 совпадают, т. к. делят отрезок ABAB на равные отрезки. 

    Применим теорему Менелая к решению примера 7 (см. рис. 15): рассматриваем треугольник BADBAD и секущую CKCK (она определяет три точки: K,O,CK,O,C ). Имеем: BKKA·AOOD·DCCB=1\dfrac{BK}{KA}\cdot\dfrac{AO}{OD}\cdot\dfrac{DC}{CB}=1,

    т. е. 3xx·AOOD·3y5y=1\dfrac{3x}x\cdot\dfrac{AO}{OD}\cdot\dfrac{3y}{5y}=1 откуда AOOD=59\dfrac{AO}{OD}=\dfrac59.

    Дополнение

    Если при тех же условиях задачи 6 требуется определить, какую часть площади треугольника составляет, например, площадь четырёхугольника KODBKODB то полезно сначала решить задачу о «делении отрезка» и найти, например, AO:OD=5:9AO:OD=5:9, а затем использовать тот факт, что площади треугольников с одинаковыми высотами относятся как длины их оснований:

    SABC=S; SADC=35SS_{ABC}=S;\;S_{ADC}=\dfrac35S (( т. к. DC=35BCDC=\dfrac35BC));

    SOCD=914SADC=91435S=2770SS_{OCD}=\dfrac9{14}S_{ADC}=\dfrac9{14}\left(\dfrac35S\right)=\dfrac{27}{70}S (( т. к. OD=914ADOD=\dfrac9{14}AD));

    SKCB=34SS_{KCB}=\dfrac34S (( т. к. BK=34ABBK=\dfrac34AB)), поэтому

    SKODB=SKCB-SOCD=34S-2770S=51140SS_{KODB}=S_{KCB}-S_{OCD}=\dfrac34S-\dfrac{27}{70}S=\dfrac{51}{140}S.

     

  • §3. Свойства касательных, хорд, секущих. Вписанные и описанные четырёхугольники
    Рис. 17
    Свойство 1 (свойство касательных)

    Если из точки к окружности проведены две касательные, то длины отрезков от этой точки до точек касания равны и прямая, проходящая через центр окружности и эту точку, делит угол между касательными пополам (рис. 17).

    Используя это свойство, легко решить следующую задачу.                                                  

    Пример 8

    На   основании  ACAC равнобедренного  треугольника  ABCABC расположена точка DD так, что AD=a,CD=bAD=a,CD=b. Окружности, вписанные в треугольники ABDABD и DBCDBC, касаются   прямой BDBD в  точках MM и NN соответственно. Найти отрезок MNMN.

    Решение
    Рис. 18 Рис. 18a

    Пусть a>b.a>b. Точки касания окружностей со сторонами треугольника ABCABC обозначим P, Q, EP,\;Q,\;E и FF (рис. 18). Положим BM=z, MN=x, ND=y.BM=z,\;MN=x,\;ND=y. По свойству касательных:

    DE=yDE=y, QD=x+yQD=x+y, AQ=AP=a-(x+y)AQ=AP=a-(x+y), EC=CF=b-yEC=CF=b-y, PB=BM=z, BF=BN=z+xPB=BM=z,\;BF=BN=z+x (рис. 18а). Выразим боковые стороны:

    AB=z+a-x-yAB=z+a-x-y, BC=z+x+b-yBC=z+x+b-y. По условию AB=BCAB=BC; получим

    z+a-x-y=z+x+b-yz+a-x-y=z+x+b-y, откуда находим x=a-b2x=\dfrac{a-b}2.

    Если a<ba < b, рассуждая  аналогично, получим  x=b-a2x=\dfrac{b-a}2.

    Итак: MN=a-b2.MN=\dfrac{\left|a-b\right|}2.

    определение

    Четырёхугольник называется описанным около окружности, если окружность касается всех его сторон.

    теорема 7

    В выпуклый четырёхугольник можно вписать окружность тогда и только тогда,  когда  суммы  длин противолежащих сторон равны.                                                           

    доказательство
    Рис. 19

    Пусть четырёхугольник ABCDABCD описан около окружности (рис. 19). 

    По свойству касательных: AM=ANAM=AN, NB=BPNB=BP, PC=CQPC=CQ и QD=DMQD=DM, поэтому

    AM+MD+BP+PC=AN+NB+CQ+QDAM+MD+BP+PC=AN+NB+CQ+QD, что означает

    AD+BC=AB+CDAD+BC=AB+CD.

    Докажем обратное утверждение. Пусть в выпуклом четырёхугольнике ABCDABCD стороны удовлетворяют условию AB+CD=BC+AD.AB+CD=BC+AD. Положим AD=a, AB=b, BC=c, CD=d.AD=a,\;AB=b,\;BC=c,\;CD=d.

    По    условию a+c=b+d,a+c=b+d, что  равносильно  c-b=d-a.c-b=d-a.

    Пусть d>a.d > a. Отложим на большей стороне  CDCD меньшую сторону `DM=a` (рис. 20). Так как в этом случае c>bc > b, то также отложим BN=bBN=b, получим  три   равнобедренных   треугольника `ABN`, `ADM` и `MCN`.

    Рис. 20

    В равнобедренном треугольнике биссектриса угла при вершине является медианой и высотой, отсюда следует, что если провести биссектрисы углов `B`, `C` и `D`, то они разделят пополам соответственно отрезки `AN`, `MN` и `AM` и будут им перпендикулярны. Это означает, что биссектрисы будут серединными перпендикулярами трёх сторон треугольника ANMANM, а они по теореме пересекаются в одной точке. Обозначим эту точку OO. Эта точка одинаково удалена от отрезков `AB` и `BC`  (лежит на OBOB), `BC` и `CD`  (лежит на OCOC) и `CD` и `AD` (лежит на ODOD),  следовательно, точка OO одинакова удалена  от  всех  четырёх сторон четырёхугольника ABCDABCD и является центром вписанной окружности. Случай d=ad=a, как более простой, рассмотрите самостоятельно. 

    Пример 9

    Равнобокая трапеция описана около окружности. Найти радиус окружности, если длины оснований равны  aa и bb.

    Решение
    Рис. 21

    Пусть в равнобокой трапеции ABCDABCD `BC=b`, `AD=a` (рис. 21). Эта трапеция  равнобокая (AB=CD)(AB=CD), она описана около окружности, следовательно, AB+CD=AD+BCAB+CD=AD+BC Отсюда получаем:  

                                AB=CD=a+b2.AB=CD=\dfrac{a+b}2.

    Проведём BMBM и CNCN перпендикулярно ADAD. Трапеция равнобокая, углы при основании равны, следовательно, равны и треугольники ABMABM и DCNDCN и AM=NDAM=ND. По построению MBCNMBCN - прямоугольник, MN=BC=bMN=BC=b поэтому AM=12(AD-BC)-12(a-b)AM=\dfrac12(AD-BC)-\dfrac12(a-b).  Из прямоугольного треугольника ABMABM находим высоту трапеции ABCDABCD:

    BM=AB2-AM2=a+b22-a-b22=abBM=\sqrt{AB^2-AM^2}=\sqrt{\left(\dfrac{a+b}2\right)^2-\left(\dfrac{a-b}2\right)^2}=\sqrt{ab}.

    Очевидно, что высота  трапеции  равна  диаметру  окружности, поэтому

     радиус вписанной окружности равен  r=12ab\boxed{r=\dfrac12\sqrt{ab}}.

    Очень полезная задача. Заметим, что из решения также следует, что в равнобокой описанной трапеции  cosα=a-ba+b\boxed{\cos\alpha=\dfrac{a-b}{a+b}}.

    свойство 2 (угол между касательной и хордой)

    Градусная мера угла, образованного хордой и касательной, имеющими общую точку на окружности, равна половине градусной меры дуги, заключённой между его сторонами (рис. 22).                         


    Доказательство
    Рис. 22

    Рассматриваем  угол  NABNAB между  касательной NANA и хордой ABAB. Если OO - центр окружности, то OAANOA\perp AN, `/_OAB=/_OBA=90^@alpha`. Сумма углов  треугольника  равна  `180^@`, следовательно, AOB=2α\angle AOB=2\alpha.  Итак, α=NAB=12AOB.\alpha=\angle NAB=\dfrac12\angle AOB. 

    Обратим внимание, что угол NABNAB равен любому вписанному углу  AKBAKB, опирающемуся на ту же дугу ABAB.                                                                                   

    Случай `/_alpha>=90^@` рассматривается аналогично.

    Из этого свойства следует важная теорема «о касательной и секущей», которая часто используется при решении задач.

    ТЕОРЕМА 8

    Пусть  к  окружности  проведены из одной точки касательная  MAMA и секущая  MBMB, пересекающая окружность в точке  CC (рис. 23). Тогда справедливо  равенство

    MA2=MB·MCMA^2=MB\cdot MC

     т. е. если из точки `M` к окружности проведены касательная и секущая, то квадрат отрезка касательной от точки `M` до точки касания равен произведению  длин отрезков секущей от точки `M` до точек её пересечения с окружностью.                                                                                       

    ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

    Угол MACMAC образован хордой и касательной, MAC=ABC\angle MAC=\angle ABC.  Так как в треугольниках MACMAC и MBAMBA угол MM общий, то по двум углам они подобны. Из подобия следует:  

    MAMB=MCMA\dfrac{MA}{MB}=\dfrac{MC}{MA}

     Откуда получаем: MA2=MB·MCMA^2=MB\cdot MC.                   

    Рис. 23
    СЛЕДСТВИЕ

    Если из точки MM к окружности проведены две секущие: MBMB, пересекающая окружность в точке CC и MKMK, пересекающая окружность в точке  LL (рис. 23), то справедливо равенство MB·MC=MK·MLMB\cdot MC=MK\cdot ML.

    ДОКАЗАТЕЛЬСТВО

    Проведём касательную MAMA. По доказанной теореме MA2=MB·MCMA^2=MB\cdot MC и MA2=MK·MLMA^2=MK\cdot ML, следовательно MB·MC=MK·MLMB\cdot MC=MK\cdot ML.

    ПримеР 10
    Рис. 24

    Окружность  проходит  через  вершины C u DC\;u\;D трапеции ABCD,ABCD, касается боковой стороны ABAB в точке BB и пересекает  большее  основание ADAD в точке KK (рис. 24).  Известно, что  AB=53AB=5\sqrt3, BC=5BC=5 и KD=10KD=10

    Найти радиус окружности.

    Решение

    1. Пусть AK=xAK=x тогда AD=10+xAD=10+xю

    По теореме о касательной и секущей:

    AB2=AK·KDAB^2=AK\cdot KD т. е. 75=x(x+10)75=x(x+10), откуда x=5x=5. Итак AD=15AD=15. 

    2. Заметим  теперь,  что   угол ABDABD между касательной ABAB и  хордой  BDBD равен вписанному углу BCDBCD, а из параллельности прямых ADAD и  BCBC следует  равенство углов `1` и `2`. По первому признаку подобия ABDDCB\bigtriangleup ABD\sim\bigtriangleup DCB. Из подобия имеем ABCD=ADBDBDBC\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{AD}{BD}\dfrac{BD}{BC}. Из последнего равенства  находим, что BD2=AD·BCBD^2=AD\cdot BC, т. е. BD=AD·BC=53BD=\sqrt{AD\cdot BC}=5\sqrt3а из первого равенства находим CD=AB·BDAB=5CD=\dfrac{AB\cdot BD}{AB}=5.

    3. Так как KB=CDKB=CD (KBCDKBCD - вписанная трапеция, она равнобокая), и KB2+BD2=KD2,KB^2+BD^2=KD^2, то `/_ KBD=90^@`  и  KDKD - диаметр окружности.

    Значит, её радиус равен `5`. 

    теорема 9

    Около четырёхугольника можно описать окружность тогда и только тогда, когда сумма противолежащих углов равна `180^@`.

    Из этой теоремы следует:

    a) из всех параллелограммов только около прямоугольника можно описать окружность;

    б) около трапеции можно описать окружность только тогда, когда она равнобокая.

    задача 11
    Рис. 25

    В треугольнике ABCABC биссектрисы ADAD и BFBF пересекаются в точке OO (рис. 25). Известно,  что  точки F, O, DF,\;O,\;D, и `C` лежат  на одной окружности  и  что DF=3.DF=\sqrt3. Найти площадь треугольника  ODFODF.        

    Решение

    Так как 

    BAO=12A\angle BAO=\dfrac12\angle A и ABO=12B\angle ABO=\dfrac12\angle B, то

    DOF=AOB=π-12(A+B)\angle DOF=\angle AOB=\pi-\dfrac12(\angle A+\angle B).

    Четырёхугольник DOFCDOFC  вписан   в   окружность, по   теореме   9:

    DOF=π-C\angle DOF=\pi-\angle C, т. е. π-12(A+B)=π-C\pi-\dfrac12(\angle A+\angle B)=\pi-\angle C, откуда, учитывая, что A+B+C=π\angle A+\angle B+\angle C=\pi, находим С=π3\angle С=\dfrac\pi3.

    Теперь заметим, что OO - точка  точка пересечения биссектрис, COCO - биссектриса угла C,C, следовательно, углы OCDOCD и OCFOCF равны друг другу. Это вписанные углы, поэтому вписанные углы ODFODF и OFDOFD равны им и равны друг другу. Таким образом,

    ODF=OFD=12C=π6\angle ODF=\angle OFD=\dfrac12\angle C=\dfrac\pi6

    Треугольник DOFDOF равнобедренный с основанием DF=3DF=\sqrt3 и углом при основании `30^@`. Находим его высоту, опущенную из вершины OO и площадь  треугольника ODF: S=12h·DF=34ODF:\;S=\dfrac12h\cdot DF=\dfrac{\sqrt3}4.


  • Введение

    Цель нашего задания - вспомнить основные правила и приемы решения алгебраических неравенств и систем уравнений. Многие из них  вам хорошо известны, некоторые покажутся новыми и, с первого взгляда, даже лишними, но не спешите их отбросить сразу - решите известную вам задачу разными способами и выберите сами тот способ, который вам больше нравится.

  • §1. Равносильность уравнений и неравенств

    В нашем задании большую роль  будет играть понятие  равносильности.

    Два неравенства    

    `f_1 (x) > g_1 (x)`   и   `f_2 (x) > g_2 (x)` (1)

    или два уравнения

    `f_1 (x) = g_1 (x)`   и   `f_2 (x) = g_2 (x)`       (2)

    называются равносильными на множестве `X`, если каждое решение первого неравенства (уравнения), принадлежащее множеству `X`, является решением второго и, наоборот, каждое решение второго, принадлежащее `X`, является решением первого, или, если, ни одно из неравенств (уравнений) на `X` не имеет решений. Т. е. два неравенства (уравнения) равносильны, по определению, если множества решений этих неравенств (уравнений) на `X` совпадают.

    Отсюда следует, что вместо того, чтобы решать данное неравенство (уравнение), можно решать любое другое, равносильное данному. Замену одного неравенства (уравнения) другим, равносильным данному на `X`, называют равносильным переходом на `X`. Равносильный переход обозначают двойной стрелкой `hArr`. Если уравнение `f(x) = 0`  (или неравенство) `f(x) > 0`) равносильно уравнению `g(x) = 0` (или неравенству `g(x) > 0`), то это мы будем обозначать так:  

    `f(x) = 0 hArr g(x) = 0`   (или `f(x) > 0 hArr g(x) > 0`).

    Пример 1

    `sqrt(x^2 -4) = 1 - x^2 hArr sqrt(sin ^2 x - 2) = 0`, т. к. ни то, ни другое не имеет решения.

    Важно понимать, что для доказательства неравносильности двух неравенств (уравнений) нет необходимости решать каждое из неравенств (уравнений), а затем убеждаться в том, что множества их решений не совпадают - достаточно указать одно решение одного из неравенств (уравнений), которое не является решением другого неравенства (уравнения).

    Пример 2

    При каких значениях параметра  `a` системы

    ax+3y=6a-4,x+y=2a\left\{\begin{array}{l}ax+3y=6a-4,\\x+y=2a\end{array}\right. и   x2-2y4-6x+8=0,x2+y2-2a+4x+2(a2+a+2)=0\left\{\begin{array}{l}x^2-2y^4-6x+8=0,\\x^2+y^2-\left(2a+4\right)x+2(a^2+a+2)=0\end{array}\right.

    равносильны?


    Решение

    Решим сначала первую, более простую систему  

    ax+3y=6a-4,x+y=2ay=2a-x,ax+3(2a-x)=6a-4x(a-3)=-4\left\{\begin{array}{l}ax+3y=6a-4,\\x+y=2a\end{array}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=2a-x,\\ax+3(2a-x)=6a-4\Leftrightarrow x(a-3)=-4\end{array}\Leftrightarrow\right.\right.

    a3,x=-4a-3,y=2a+4a-3=2a2-6a+4a-3;a=3,0·x=-4.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}a\neq3,\\x=-\dfrac4{a-3},\\y=2a+\dfrac4{a-3}=\dfrac{2a^2-6a+4}{a-3};\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}a=3,\\0\cdot x=-4\Leftrightarrow\varnothing.\end{array}\right.\end{array}\right.

    Подставим  `a = 3` во вторую систему

    a=3:x2-2y4-6x+8=0,x2+y2-10x+28=0x-52+y2+3=0,a=3:\left\{\begin{array}{l}x^2-2y^4-6x+8=0,\\x^2+y^2-10x+28=0\Leftrightarrow\left(x-5\right)^2+y^2+3=0\Leftrightarrow\varnothing,\end{array}\Rightarrow\right.

    При `a = 3` системы  равносильны,  т. к. при этом значении параметра обе системы не имеют решений.

    При `a != 3` первая система имеет единственное решение. Заметим, что во второй системе `y` входит только в чётной степени, значит, если решением является пара `(x_0, y_0)`,  то пара `(x_0 , -y_0)` тоже будет решением. При этом если `y_0 != - y_0 iff y_0 != 0`, то решений будет два. Следовательно, единственным решением может быть только пара `(x_0 , 0)`. Посмотрим, при каких `a` такое решение у системы есть. Подставим эту пару в систему

    x02-6x0+8=0x0=3±1,x02-2a+4x0+2a2+a+2=0\left\{\begin{array}{l}x_0^2-6x_0+8=0\Leftrightarrow x_0=3\pm1,\\x_0^2-\left(2a+4\right)x_0+2\left(a^2+a+2\right)=0\end{array}\right.x0=2,a2-a=0a=0,1;x0=4,a2-3a+2=0a=2,1.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x_0=2,\\a^2-a=0\Leftrightarrow a=\left[\begin{array}{l}0,\\1;\end{array}\right.\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x_0=4,\\a^2-3a+2=0\Leftrightarrow a=\left[\begin{array}{l}2,\\1.\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}\right.

    Итак, таких  `a` три: `0, 1, 2`. Но при этих `a`  вторая система может иметь и другие решения, а если у неё других решений нет, то её единственное решение может не совпадать с решением первой системы, и тогда такое  `a` не удовлетворяет условию задачи. Проверим эти значения параметра.

    1. `a=0`: Первая система имеет решение: `x = 4/3` и `y = - 4/3 != 0`. Следовательно, системы не равносильны, т. к. решения систем не совпадают (у второй `y=0`).

    2. `a=1`: Вторая  система  имеет  вид 

    x2-2y4-6x+8=0,x2+y2-6x+8=0y=0,x=3±1=4;2.\left\{\begin{array}{l}x^2-2y^4-6x+8=0,\\x^2+y^2-6x+8=0\end{array}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=0,\\x=3\pm1=4;2.\end{array}\right.\right.

    Следовательно, системы не равносильны, т. к. вторая имеет два решения.

    3. a=2:ax+3y=6a-4,x+y=2ax=4,y=0a=2:\left\{\begin{array}{l}ax+3y=6a-4,\\x+y=2a\end{array}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=4,\\y=0\end{array}\right.\right.

    и x2-2y4-6x+8=0,x2+y2-2a+4x+2a2+a+2=0\left\{\begin{array}{l}x^2-2y^4-6x+8=0,\\x^2+y^2-\left(2a+4\right)x+2\left(a^2+a+2\right)=0\end{array}\right.\Leftrightarrow

    x2-2y4-6x+8=0,x-42+y2=0x=4,y=0x=4,y=0.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2y^4-6x+8=0,\\\left(x-4\right)^2+y^2=0\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=4,\\y=0\end{array}\right.\end{array}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=4,\\y=0.\end{array}\right.\right.

    Следовательно, системы при этом значении `a` равносильны – они имеют единственное решение `(4; 0)`.


    Ответ

    `2; 3`.

    При решении неравенств и уравнений  часто используются следующие равносильные переходы.

    1. Если  функции  `f(x)`, `g(x)`, `h(x)` определены на множестве `X` , то на этом множестве 

    а) `f(x) < g(x) iff f(x) + h(x) < g(x) + h(x)`.  (УР 1)
    б)  `f(x) = g(x) iff f(x) + h(x) = g(x) + h(x)`.  (УР 2)

                                                                                                                                           

    2. Если `h(x) > 0` на `X`, то на `X`

    `f(x) < g(x) iff f(x) h(x) < g(x) h(x)`,   (УР 3)

     т. е. умножение неравенства на положительную функцию приводит к равносильному неравенству с тем же знаком.

    3. Если `h(x) < 0` на `X`, то на `X`

    `f(x) < g(x) iff f(x) h(x) > g(x) h(x)`, (УР 4)

     т. е. при умножении неравенства на отрицательную функцию знак неравенства меняется на противоположный.

    4. Если `h(x) != 0` на `X`, то на `X`

    `f(x) = g(x) iff f(x) h(x) = g(x) h(x)`. (УР 5)

    5. Если обе части неравенства неотрицательны на `X`, то возведение в квадрат обеих частей  приводит к равносильному неравенству, т. е.

    `f(x) < g(x) iff f^2 (x) < g^2 (x)`.   (УР 6)

                                                                                       

    Если обе  части  неравенства отрицательны, то  умножив обе части на `(­–1)`, придём к неравенству противоположного знака, но с положительными частями, и к нему применим (УР 6).

    Если левая и правая части неравенства имеют разные знаки, то возведение в квадрат может привести как к верному, так и к неверному неравенству: `-4<5`; `16<25`; `-7<5`, но `49>25`, поэтому в этом случае нельзя возводить неравенство в квадрат.

    6. Если обе части уравнения неотрицательны, то

     

    `f(x) = g(x) iff f^2 (x) = g^2 (x)`.   (УР 7)

    7. Для любых  `f(x)` и `g(x)` на `X` и любого натурального  `n`

    `f(x) = g(x) iff f^(2n + 1) (x) = g^(2n + 1) (x)`. (УР 8)


    8. Неравенство вида `f(x)>=0(<=0)` называется нестрогим. По определению,

    fx00fx=0,fx>0<0.f\left(x\right)\geq0\left(\leq0\right)\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}f\left(x\right)=0,\\f\left(x\right)>0\left(<0\right).\end{array}\right. (УР 9) 


  • §2. Иррациональные неравенства

    Иррациональными называют неравенства, в которых переменные входят под знаком корня. Так как корень чётной степени существует только у неотрицательных чисел, то при решении неравенств, содержащих такое выражение, прежде всего удобно найти ОДЗ.

    Пример 3 (МГУ, 1998)

    Решите неравенство `sqrt(x + 3) > x + 1`.

    Решение

    Это неравенство можно решить несколькими способами. Решим его графически.

    Рис. 1

    Построим графики функций `y = sqrt(x + 3)`,  `y = x + 1` и  посмотрим, где первый график расположен выше второго. Для нахождения решения останется решить только уравнение `sqrt(x + 3) = x + 1` (и не надо рассматривать случаи разных знаков для `x + 1`!).

    x+3=x+1x+10,x+3=x2+2x+1x=1x[-3;1).\sqrt{x+3}=x+1\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x+1\geq0,\\x+3=x^2+2x+1\end{array}\Leftrightarrow x=1\Rightarrow x\in\lbrack-3;1).\right.

    Ответ

    `[- 3; 1)`.

    Сначала приведём уже выведенные в 10-ом классе условия равносильности для уравнений (в частности, для того, чтобы была понятна приведённая уже здесь нумерация условий равносильности для корней `(`УР К`)`):

    `sqrt(f(x)) = a^2 iff f(x) = a^4`. (УР К1)
    fx=gxgx0,f(x)=g2(x).\sqrt{f\left(x\right)}=g\left(x\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}g\left(x\right)\geq0,\\f(x)=g^2(x).\end{array}\right. (УР К2)
    f(x)=g(x)ОДЗf(x)=g(x).\sqrt{f(x)}=\sqrt{g(x)}\overset{\mathrm{ОДЗ}}\Leftrightarrow f(x)=g(x). (УР К3)
    f(x)=g(x)f(x)=g(x),f(x)0,g(x)0.\begin{array}{l}\sqrt{f(x)}=\sqrt{g(x)}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}f(x)=g(x),\\\left[\begin{array}{l}f(x)\geq0,\\g(x)\geq0.\end{array}\right.\end{array}\right.\\\end{array} (УР К4)


    ПУНКТ 1. НЕРАВЕНСТВА ВИДА `sqrt(f(x)) >= g(x)` и `sqrt(f(x)) <= g(x)` 

    ОДЗ: `f(x) >= 0`.

    Рассмотрим неравенство

    `sqrt(f(x)) >= g(x)`.

    Докажем, что

    `sqrt(f(x))>=g(x)`gx<0,fx0;gx0,fxg2x.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}g\left(x\right)<0,\\f\left(x\right)\geq0;\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}g\left(x\right)\geq0,\\f\left(x\right)\geq g^2\left(x\right).\end{array}\right.\end{array}\right.

    (УР К5)

                                                                                

    Доказательство

    1. Если `x` является решением неравенства `sqrt(f(x)) >= g(x)`, то `f(x) >= 0` и `sqrt(f(x))` существует. При этом неравенство заведомо выполнено при `g(x) < 0`.  Если же `g(x) >= 0`, то возведение в квадрат обеих частей неравенства приводит к равносильному неравенству `f^2 (x) >= g^2 (x)`. 

    2. Пусть теперь `x` является решением совокупности неравенств       

    gx<0,fx0;gx0,fxg2x.\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}g\left(x\right)<0,\\f\left(x\right)\geq0;\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}g\left(x\right)\geq0,\\f\left(x\right)\geq g^2\left(x\right).\end{array}\right.\end{array}\right.

    Тогда:

    а) если `g(x) < 0`  и  `f(x) >= 0`, то существует `sqrt(f(x))` и заведомо выполнено неравенство `sqrt(f(x)) >= g(x)`:

    б) если `g(x) >= 0`  и

    `f(x) - g^2 (x) >= 0 iff (sqrt(f(x)) - g(x)) (sqrt(f(x)) + g(x)) >= 0`,

    то

    `f(x) - g^2 (x) >= 0 iff sqrt(f(x)) - g(x) >= 0`.

    Можно ОДЗ неравенства найти отдельно, тогда условие равносильности примет вид:

    `sqrt(f(x))>=g(x)`ОДЗgx<0,gx0,fxg2x.\overset{\mathrm{ОДЗ}}\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}g\left(x\right)<0,\\\left\{\begin{array}{l}g\left(x\right)\geq0,\\f\left(x\right)\geq g^2\left(x\right).\end{array}\right.\end{array}\right. (УР К6)

                                                                

    Теперь рассмотрим неравенство вида

    `sqrt(f(x)) <= g(x)`.  

    Докажем, что

    f(x)g(x)g(x)0,f(x)g2(x),f(x)0.\sqrt{f(x)}\leq g(x)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}g(x)\geq0,\\f(x)\leq g^2(x),\\f(x)\geq0.\end{array}\right. (УР К7)

                                                                                                                                

    Доказательство
    1. Если `x` является решением неравенства `sqrt(f(x)) <= g(x)`,
    то  `f(x) >= 0` и существует `sqrt(f(x))`, а тогда `g(x) >= 0`, и возведение в квадрат обеих частей неравенства приводит к равносильному неравенству `f(x) <= g^2 (x)`.
    2.  Если `x` является решением системы неравенств   g(x)0,f(x)g2(x),f(x)0,\left\{\begin{array}{l}g(x)\geq0,\\f(x)\leq g^2(x),\\f(x)\geq0,\end{array}\right.   
    то `f(x) >= 0` и существует `sqrt(f(x))`,     а тогда `f(x) - g^2 (x) <= 0 iff (sqrt(f(x)) - g(x))(sqrt(f(x)) + g(x)) <= 0`. 
    Но, по условию, `g(x) >= 0`, поэтому `f(x) - g^2 (x) <= 0 iff sqrt(f(x)) - g(x) <= 0`.
    Пример 4 (МФТИ, 1998)

    Решите неравенство `3 sqrt(3x^2 -8x - 3) > 1 - 2x`.


    Решение

    Первый способ

    Воспользуемся (УР К6): 

    `3sqrt(3x^2-8x-3)>1-2x iff`1-2x<0,3x2-8x-30;1-2x0,93x2-8x-3>1-2x2\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}1-2x<0,\\3x^2-8x-3\geq0;\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}1-2x\geq0,\\9\left(3x^2-8x-3\right)>\left(1-2x\right)^2\end{array}\right.\end{array}\right.\Leftrightarrow

    x>0,5,x-;-133;+;x0,5,x-;34-3022334+30223;+x3;+x-;34-30223\begin{array}{l}\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x>0,5,\\x\in\left(-\infty;\dfrac{-1}3\right]\cup\left[3;+\infty\right);\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x\leq0,5,\\x\in\left(-\infty;\dfrac{34-30\sqrt2}{23}\right)\cup\left(\dfrac{34+30\sqrt2}{23};+\infty\right)\end{array}\right.\end{array}\right.\Leftrightarrow\\\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x\in\left[3;+\infty\right)\\x\in\left(-\infty;\dfrac{34-30\sqrt2}{23}\right)\end{array}\right.\Leftrightarrow\end{array}

    `iff x in (- oo ;  (34 - 30 sqrt2)/(23)) uu [3; + oo)`.

    Ответ

    `(- oo ;  (34 - 30 sqrt2)/(23)) uu [3; + oo)`.


    Второй способ

    Можно оформить решение неравенства и несколько по – другому. Найдём сначала ОДЗ:

    `3x^2 - 8x - 3 >= 0 iff (x - 3)(x+1/3) >= 0 iff x in (-oo; - 1/3] uu [3; + oo)`.

    Теперь неравенство перепишем в виде `3sqrt(3x^2 - 8x - 3) -(1 - 2x) > 0`.

    1. Если `1 - 2x < 0`, т. е. `x > 1/2`, то неравенство выполнено в ОДЗ, т. е. `x in [3; + oo)`.

    2. Если `1 - 2x>= 0`, т. е. `x <= 1/2`, то `3sqrt(3x^2 - 8x - 3) > 1 - 2x iff`

    `iff 9(3x^2 - 8x - 3) > 1 - 4x + 4x^2 iff 23x^2 - 68x - 28 > 0 iff`

    `iff x in (- oo; (34-30sqrt2 )/(23)) uu ((34+30 sqrt2)/(23); + oo)`.

    Заметим, что ОДЗ в этом случае выполнилось автоматически.

    Учтём, что `x <= 1/2` - тогда `x in (- oo; (34-30sqrt2)/(23))`.

    Объединяя 1 и 2, получаем

    Ответ

    `(- oo ;  (34 - 30 sqrt2)/(23)) uu [3; + oo)`.

    ПУНКТ 2. НЕРАВЕНСТВО ВИДА `sqrt(f(x)) <= sqrt(g(x))`

    Рассмотрим неравенство вида `sqrt(f(x)) <= sqrt(g(x))`.

    Докажем, что

    fxgxfxgx,fx0.\sqrt{f\left(x\right)}\leq\sqrt{g\left(x\right)}\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\leq g\left(x\right),\\f\left(x\right)\geq0.\end{array}\right. (УР К8)

    1. Если `sqrt(f(x)) <= sqrt(g(x))`, то `f(x) >= 0`, `g(x) >= 0` и `f(x) <= g(x)`, т. е. `x` является решением системы неравенств fxgx,fx0.\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\leq g\left(x\right),\\f\left(x\right)\geq0.\end{array}\right.

    2. Если `x` является решением системы неравенств fxgx,fx0,\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\leq g\left(x\right),\\f\left(x\right)\geq0,\end{array}\right. 

    то `f(x) >= 0`, `g(x) >= 0`, `sqrt(f(x))` и `sqrt(g(x))` существуют.

    При этом `f(x) <= g(x) iff sqrt(f(x)) <= sqrt(g(x))`, т. е. неравенство выполнено.

    Замечание

    Для строгих неравенств в условиях равносильности надо просто заменить значок `«>=»` или `«<=»` на `«>»` или `«<»` соответственно.

    Пример 5

    Решите неравенство `sqrt(2x + 1) <= sqrt(x^3 - 4x^2 + x + 5)`.

    Решение

    `sqrt(2x + 1) <= sqrt(x^3 - 4x^2 + x + 5) iff`

    2x+1x3-4x2+x+5x3-4x2-x+40,2x+10\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2x+1\leq x^3-4x^2+x+5\Leftrightarrow x^3-4x^2-x+4\geq0,\\2x+1\geq0\end{array}\right.\Leftrightarrow

    x-1x+1x-40x-1;14;+,x-12\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x-4\right)\geq0\Leftrightarrow x\in\left[-1;1\right]\cup\left[4;+\infty\right),\\x\geq-\dfrac12\end{array}\right.\Leftrightarrow

    x-12;14;+.\Leftrightarrow x\in\left[-\dfrac12;1\right)\cup\left[4;+\infty\right].

    Ответ

    `[- 1/2;1] uu [4; + oo)`.

    ПУНКТ 3. НЕРАВЕНСТВА ВИДА `(sqrtf(x) - g(x))/(h(x))>=0` `(<= 0)`

    Роль сопряжённых выражений

    Обычно  при  решении неравенств, имеющих  ОДЗ,  надо сначала найти ОДЗ.  При  нахождении   ОДЗ   такого   сложного   неравенства,   как `(sqrtf(x) - g(x))/(h(x)) >= 0`,  учителя  и   школьники    обычно   решают   систему fx0,hx0\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\geq0,\\h\left(x\right)\neq0\end{array}\right.. Затем школьники иногда ошибочно опускают знаменатель и решают неравенство `sqrt(f(x)) - g(x) >= 0`.

    Мы в ОДЗ дроби не будем записывать условие `h(x) != 0`, и тем более не будем тратить время и силы на решение  этого неравенства. Оправдывается это тем,  что в дальнейшем используем только классический метод интервалов для рациональных функций, в котором условие  `h(x) != 0` автоматически выполняется, ибо нули знаменателя наносятся на числовую ось кружочками («дырками»), т. е. ограничение `h(x) != 0` заложено в самом методе. Это ОДЗ, которое отличается от привычного школьного (с `h(x) != 0`), по предложению самих учителей, будем обозначать не ОДЗ, а ОДЗ*. Итак, например, для неравенств вида `(sqrtf(x) - g(x))/(h(x)) >= 0` будем искать ОДЗ*: `f(x) >= 0`.

    Рассмотрим довольно часто встречающееся неравенство вида

    `(sqrt(f(x)) - g(x))/(h(x)) >= 0 (<= 0)`.

    В методической литературе предлагается рассмотреть две системы в зависимости от знака знаменателя `h(x)`, причём в каждой есть неравенство с корнем. Энтузиазм решать задачу при этом быстро «испаряется».

    Мы поступим иначе: рассмотрим два случая в зависимости не от знака `h(x)`, а от знака  `g(x)`, и неравенств с корнем решать не придётся.             

    Рассмотрим отдельно разность `sqrt(f(x)) - g(x)`. Отметим две особенности поведения этой разности:

    1) если `g(x) < 0`, то разность `sqrt(f(x)) - g(x)` положительна в ОДЗ;

    2) если `g(x) >= 0`, то разность `sqrt(f(x)) - g(x)`  может быть как положительной, так и отрицательной в ОДЗ. Заметим, однако, что в этом случае сумма `sqrt(f(x)) + g(x)` всегда неотрицательна в ОДЗ, а умножение разности `(sqrt(f(x)) - g(x))` на неотрицательное выражениене  `(sqrt(f(x)) + g(x))` не изменит знака разности, т. е. выражение

    `(sqrt(f(x)) - g(x))(sqrt(f(x)) + g(x)) -= f(x) - g^2 (x)`

    имеет тот же знак, что и `(sqrt(f(x)) - g(x))` в ОДЗ. Новое выражение уже не содержит радикалов (корней), а выражение `(sqrt(f(x)) + g(x))` называется сопряжённым для `(sqrt(f(x)) - g(x))` выражением. Отсюда следует важное правило   П К1:

    Если `g(x)>=0`, то  знак разности `sqrt(f(x)) - g(x)` совпадает со знаком  разности  `f(x) - g^2 (x)` в ОДЗ. (П К1)

    Теперь используем эти свойства для решения довольно сложных неравенств вида

    `(sqrt(f(x)) - g(x))/(h(x)) >= 0` или `(sqrt(f(x)) - g(x))h(x) >=0`.

    Сейчас мы покажем, что можно обойтись, хотя и  двумя случаями, но без корней.

    Рассмотрим, для определённости, неравенство `(sqrt(f(x)) - g(x))/(h(x)) >= 0`.

    1. Мы уже заметили, что, если `g(x) < 0`, то числитель положителен  в ОДЗ. Но тогда fx-gxhx0ОДЗhx>0\dfrac{\sqrt{f\left(x\right)}-g\left(x\right)}{h\left(x\right)}\geq0\overset{\mathrm{ОДЗ}}\Leftrightarrow h\left(x\right)>0.

    2. Если  же `g(x) >= 0`, то разность может менять знак в зависимости от значений `x`, но сумма `sqrt(f(x)) + g(x)` всегда неотрицательна в ОДЗ, и умножение обеих частей неравенства на это сопряжённое выражение приводит к равносильному неравенству, т. е. в этом случае

    fx-gxhx0ОДЗfx-g2xhx0\dfrac{\sqrt{f\left(x\right)}-g\left(x\right)}{h\left(x\right)}\geq0\overset{\mathrm{ОДЗ}}\Leftrightarrow\dfrac{f\left(x\right)-g^2\left(x\right)}{h\left(x\right)}\geq0.

    Для неравенства другого знака меняется лишь знак неравенства. Объединив оба условия, получаем новое замечательное условие равносильности в ОДЗ:

    fx-gxhx00ОДЗgx<0,hx>0<0,gx0,fx-g2xhx00.\dfrac{\sqrt{f\left(x\right)}-g\left(x\right)}{h\left(x\right)}\geq0\left(\leq0\right)\overset{\mathrm{ОДЗ}}\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}g\left(x\right)<0,\\h\left(x\right)>0\left(<0\right),\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}g\left(x\right)\geq0,\\\dfrac{f\left(x\right)-g^2\left(x\right)}{h\left(x\right)}\geq0\left(\leq0\right).\end{array}\right.\end{array}\right. (УР К16)

    Найденные в результате исследования совокупности (УР К9) решения следует сравнить с ОДЗ.

    Пример 6 (МГУ, 1995) 

    Решите неравенство `(4x+15-4x^2)/(sqrt(4x+15) +2x) >=0`.

    Решение

    ОДЗ*. `4x+15>=0 iff x>=-(15)/4`. 

    Теперь в ОДЗ  преобразуем неравенство:

    4x+15-4x24x+15+2x=4x+15+2x4x+15-2x4x+15+2x04x+15-2x0,4x+15+2x0.\dfrac{4x+15-4x^2}{\sqrt{4x+15}+2x}=\dfrac{\left(\sqrt{4x+15}{\displaystyle+}{\displaystyle2}{\displaystyle x}\right){\displaystyle\left(\sqrt{4x+15}-2x\right)}}{\sqrt{4x+15}{\displaystyle+}{\displaystyle2}{\displaystyle x}}\geq0\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{4x+15}-2x\geq0,\\\sqrt{4x+15}+2x\neq0.\end{array}\right.

    Попробуем решить эту систему графически. Из графика на рисунке 2 видно, что неравенство выполнено от точки `x=-(15)/4` до абсциссы точки пересечения кривой `y=sqrt(4x+15)` и прямой `y=2x`.               

    Рис. 2

                                                           

    Найдём эту абсциссу:

    4x+15=2x2x0,4x+15=4x22x0,x=-32,x=52x=52.\sqrt{4x+15}=2x\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2x\geq0,\\4x+15=4x^2\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2x\geq0,\\\left[\begin{array}{l}x=-\dfrac32,\\x=\dfrac52\end{array}\right.\Leftrightarrow x=\dfrac52.\end{array}\right.

    Заметим, что для решения  уравнения мы возводили обе части в квадрат, а, значит, одновременно с нашим решили «чужое» уравнение:

    4x+15+2x=04x+15=-2x2x0,4x+15=4x2.\sqrt{4x+15}+2x=0\Leftrightarrow\sqrt{4x+15}=-2x\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2x\leq0,\\4x+15=4x^2.\end{array}\right.

    А в нашей системе решение этого уравнения `x=-3/2` как раз нам надо исключить. Главное в том, что для решения всей системы, оказалось достаточно решить единственное уравнение

    4x+15=4x2x=-32,x=52.4x+15=4x^2\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=-\dfrac32,\\x=\dfrac52.\end{array}\right.

    Теперь можно записать

    Ответ

    x-154;-32-32;52x\in\left[-\dfrac{15}4;-\dfrac32\right)\cup\left[-\dfrac32;\dfrac52\right).

    Пример 7

    Решите неравенство `(sqrt(2-x) +4x-3)/x >= 2`.

    Решение

    Найдём сначала ОДЗ*: `2-x>=0 iff x<=2`. 

    Теперь воспользуемся (УР К9):

    2-x+4x-3x22-x+2x-3x02-x-3-2xx0ОДЗ*\dfrac{\sqrt{2-x}+4x-3}x\geq2\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{2-x}{\displaystyle+}{\displaystyle\left(2x-3\right)}}x\geq0\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{2-x}{\displaystyle-}{\displaystyle\left(3-2x\right)}}x\geq0\overset{\mathrm{ОДЗ}\ast}\Leftrightarrow

    3-2x<0,x>0;3-2x0,2-x-2x-32x0x>32,x32,4x2-11x+7x0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}3-2x<0,\\x>0;\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}3-2x\geq0,\\\dfrac{2-x-\left(2x-3\right)^2}x\geq0\end{array}\right.\end{array}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x>\dfrac32,\\\left\{\begin{array}{l}x\leq\dfrac32,\\\dfrac{4x^2-11x+7}x\leq0\end{array}\right.\end{array}\right.\Leftrightarrow

    x>32,x32,x-74x-1x0\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x>\dfrac32,\\\left\{\begin{array}{l}x\leq\dfrac32,\\\dfrac{\left(x-{\displaystyle\dfrac74}\right)\left(x-1\right)}x\leq0\end{array}\right.\end{array}\right.\Leftrightarrow

    x>32,x-;01;32с учётом ОДЗ*x-;01;2.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x>\dfrac32,\\x\in\left(-\infty;0\right)\cup\left[1;\dfrac32\right]\end{array}\right.\overset{\mathrm с\;\mathrm{учётом}\;\mathrm{ОДЗ}\ast}\Leftrightarrow x\in\left(-\infty;0\right)\cup\left[1;2\right].

    Систему неравенств x32,x-74x-1x0\left\{\begin{array}{l}x\leq\dfrac32,\\\dfrac{\left(x-{\displaystyle\dfrac74}\right)\left(x-1\right)}x\leq0\end{array}\right. решили классическим методом интервалов - рис. 3.

    Рис. 3

    Ответ

    `(- oo; 0) uu [1; 2]`.

    Пример 8

    `(sqrt(x^2 -4x+3) -2(x+7))/(x^2 -x-72) <= 0`.

    Решение

    Неравенство довольно громоздкое и сложное.

    Найдём сначала ОДЗ*:

    `x^2 -4x+3>=0 iff (x-1)(x-3)>=0 iff x in (- oo; 1] uu [3; +oo)`. 

    Затем рассмотрим отдельно два случая в зависимости от знака `(x+7)`.

    1. Если `x+7<0 iff x< -7`, то числитель положителен в ОДЗ* и  

    x2-4x+3-2x+7x2-x-720ОДЗ*x2-x-72<0x+8x-9<0\dfrac{\sqrt{x^2-4x+3}-2\left(x+7\right)}{x^2-x-72}\leq0\overset{\mathrm{ОДЗ}\ast}\Leftrightarrow x^2-x-72<0\Leftrightarrow\left(x+8\right)\left(x-9\right)<0\Leftrightarrow

    x-8;-7\Leftrightarrow x\in\left(-8;-7\right).

    Учитывая ограничение `x< -7`, получаем, что `x in (-8;-7)`.

    Оказалось, что этот промежуток принадлежит ОДЗ*

    2. Если `x+7>=0 iff x>= -7`, то воспользуемся правилом П К1. Тогда  

    x2-4x+3-2x+7x2-x-720ОДЗ*x2-4x+3-2x+72x-9x+80\dfrac{\sqrt{x^2-4x+3}-2\left(x+7\right)}{x^2-x-72}\leq0\overset{\mathrm{ОДЗ}\ast}\Leftrightarrow\dfrac{\left(x^2-4x+3\right){\displaystyle-}{\displaystyle\left(2\left(x+7\right)\right)^2}}{\left(x-9\right){\displaystyle\left(x+8\right)}}\leq0\Leftrightarrow

    3x2+60x+193x+8x-90x--30-3213x--30+3213x+8x-90x-7\Leftrightarrow\dfrac{3x^2+60x+193}{\left(x+8\right){\displaystyle\left(x-9\right)}}\geq0\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-{\displaystyle\dfrac{-30-\sqrt{321}}3}\right)\left(x-{\displaystyle\dfrac{-30+\sqrt{321}}3}\right)}{\left(x+8\right)\left(x-9\right)}\geq0\overset{x\geq-7}\Leftrightarrow

    x-7-7;-30+32139;+\overset{x\geq-7}\Leftrightarrow\left[-7;\dfrac{-30+\sqrt{321}}3\right]\cup\left(9;+\infty\right)

    с учётом ограничения `x>= -7`. Оказалось, что и эти промежутки принадлежат ОДЗ*. Поэтому `x in (-8; (-30+sqrt(321))/3 ] uu (9; + oo)`.

    Ответ

    `(-8; (-30+sqrt(321))/3 ] uu (9; + oo)`.

    ПУНКТ 4. НЕРАВЕНСТВО ВИДА `(sqrt(f(x)) - sqrt(g(x)))/(h(x)) >= 0 (<= 0)`.

    Роль сопряжённых выражений

    Теперь рассмотрим неравенство вида `(sqrt(f(x)) - sqrt(g(x)))/(h(x)) >= 0 (<= 0)`.

    На вид довольно сложное неравенство. Разность `sqrt(f(x)) - sqrt(g(x))` где-то на числовой оси положительна, где-то отрицательна, но сумма корней  `sqrt(f(x)) + sqrt(g(x))` всегда неотрицательна в ОДЗ. Поэтому умножение обеих частей неравенства на это сопряжённое выражение приводит к равносильному в ОДЗ неравенству, и  имеет место условие равносильности в ОДЗ

    fx-gxhx0ОДЗfx-gxhx0\dfrac{\sqrt{f\left(x\right)}-\sqrt{g\left(x\right)}}{h\left(x\right)}\geq0\overset{\mathrm{ОДЗ}}\Leftrightarrow\dfrac{f\left(x\right)-g\left(x\right)}{h\left(x\right)}\geq0 (УР К10)

    или полное условие равносильности, включающее ОДЗ:

    fx-gxhx0fx0,gx0,fx-gxhx0\dfrac{\sqrt{f\left(x\right)}-\sqrt{g\left(x\right)}}{h\left(x\right)}\geq0\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)\geq0,\\g\left(x\right)\geq0,\\\dfrac{f\left(x\right)-g\left(x\right)}{h\left(x\right)}\geq0\end{array}\right. (УР К11)

    Отсюда, в частности, следует полезное правило (П К2):

    Знак разности  `sqrt(f(x)) - sqrt(g(x))` совпадает со знаком разности `f(x) - g(x)`  в ОДЗ.  (П К2)
    Пример 9 (Демоверсия ЕГЭ - 2010) 

    Решите неравенство `(sqrt(1-x^3) -1)/(x+1) <= x` 

    и найдите наименьшую длину промежутка,  который содержит все его решения.


    Решение

    Замечательный пример на применение (УР К11)!

    Приведём всё к общему знаменателю, затем разложим разность кубов на множители. При этом учтём, что неполный квадрат суммы `x^2 +x+1` никогда в `0` не обращается - он всегда положителен, потому что его дискриминант отрицателен. Поэтому на `sqrt(x^2 +x+1)` можно сократить. Затем воспользуемся (УР К11), или, что то же, тем, что умножение неравенства на положительное сопряжённое выражение приводит к равносильному неравенству. Тогда

    `(sqrt(1-x^3 ) -1)/(1+x) <= x iff (sqrt(1-x^3) -1-x-x^2 )/(1+x) <= 0 iff`

    `iff (sqrt((1-x)(x^2 +x+1)) - (sqrt(x^2 +x+1))^2)/(1+x) <= 0 iff`

    `iff (sqrt(1-x) - sqrt(x^2 +x+1))/(1+x) <= 0 iff`

    `iff ((sqrt(1-x) - sqrt(x^2 +x+1))(sqrt(1-x) + sqrt(x^2 +x+1)))/(1+x) <= 0 iff`

    1-x0,1-x-x2+x+11+x0x1,xx+21+x0x-2;-10;+\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}1-x\geq0,\\\dfrac{\left(1-x\right)-\left(x^2+x+1\right)}{1+x}\leq0\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x\leq1,\\\dfrac{x\left(x+2\right)}{1+x}\geq0\Leftrightarrow x\in\left[-2;-1\right)\cup\left[0;+\infty\right)\end{array}\right.\Leftrightarrow

    `iff x in [-2; -1) uu [0; 1]`.

    Неравенство решено методом интервалов - рис. 4.

    Рис. 4

    Наименьшая длина промежутка, который содержит все решения, равна `3`.

    Ответ

    `[-2; -1) uu [0; 1], 3`.

    Пример 10

    Решите неравенство `(sqrt(4x^2 - 3x+2) - sqrt(4x-3))/(x^2 -5x+6) <=0`

    и найдите наименьшую длину промежутка, который содержит все его решения.

    Решение

    Найдём сначала ОДЗ*: 4x2-3x+20,4x-30x34\left\{\begin{array}{l}4x^2-3x+2\geq0,\\4x-3\geq0\end{array}\right.\Leftrightarrow x\geq\dfrac34.

    Теперь можно решить неравенство, применив правило (П К2) :

    4x2-3x+2-4x-3x2-5x+60ОДЗ4x2-3x+2-4x+3x2-5x+60\dfrac{\sqrt{4x^2-3x+2}-\sqrt{4x-3}}{x^2-5x+6}\leq0\overset{\mathrm{ОДЗ}}\Leftrightarrow\dfrac{4x^2-3x+2-4x+3}{x^2-5x+6}\leq0\Leftrightarrow

    4x2-7x+5x2-5x+601x-2x-30x2;3\Leftrightarrow\dfrac{4x^2-7x+5}{x^2-5x+6}\leq0\Leftrightarrow\dfrac1{\left(x-2\right)\left(x-3\right)}\leq0\Leftrightarrow x\in\left(2;3\right).

    Промежуток принадлежит ОДЗ*. Наименьшая длина промежутка, который содержит все решения, равна `1`.

    Ответ

    `(2; 3), 1`.

    ПУНКТ 5. НЕСТРОГОЕ НЕРАВЕНСТВО `(sqrt(f(x)))/(g(x)) >= 0 (<= 0)`.

    Воспользуемся определением нестрогого неравенства и особенностью иррациональных неравенств.      

    Получим

    fxgx00fx=0,gx0;fx>0,gx>0<0.\dfrac{\sqrt{f\left(x\right)}}{g\left(x\right)}\geq0\left(\leq0\right)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)=0,\\g\left(x\right)\neq0;\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}f\left(x\right)>0,\\g\left(x\right)>0\left(<0\right).\end{array}\right.\end{array}\right. (УР10)
    Пример 11

    Решите неравенство `(sqrt(6-x-x^2))/(x^2 -1) <= 0`.

    Решение

    Воспользуемся (УР10): `(sqrt(6-x-x^2))/(x^2 -1) <= 0 iff`

    6-x-x2=0,x2-10;6-x-x2>0,x2-1<0x=-3,x=2,x-3;2,x-1;1\begin{array}{l}\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}6-x-x^2=0,\\x^2-1\neq0;\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}6-x-x^2>0,\\x^2-1<0\end{array}\right.\end{array}\right.\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=-3,\\x=2,\\\left\{\begin{array}{l}x\in\left(-3;2\right),\\x\in\left(-1;1\right)\end{array}\right.\end{array}\right.\Leftrightarrow\\\\\end{array}

    `iff x in {-3} uu (-1; 1) uu {2}`.

    Ответ

    `{-3} uu (-1; 1) uu {2}`.